课时作业(十九) 电容器的电容 带电粒子在匀强电场中的运动
1．如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是( )
A．微粒做匀速运动
B．微粒做匀加速运动
C．微粒电势能增大
D．微粒动能减小
2．如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电
液滴恰好静止在两板间的M点．则( )
A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
3．(2013·黄冈期末)在竖直向下的匀强电场中，有a、b、c、d四个带电质点，各以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，不计质点间相互作用力，则有( )
A．c、d带异种电荷
B．a、b带同种电荷且电势能均不变
C．d的电势能减小，重力势能增大
D．c的电势能增大，机械能减小
4．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则下列结论错误的是( )
A．带电粒子带负电
B．a、b两点间的电势差Uab＝mgh/q
C．b点场强大于a点场强
D．a点场强大于b点场强
5．如图所示，带电荷量相等、质量不同的带电粒子a和b从带电平行板M的边缘沿平行于极板的方向进入M、N两极板间的匀强电场中，都恰好能从N板的右边缘飞出，不计重力作用，则( )
A．两粒子进入电场时的动能一定相等
B．两粒子射出电场时的速度相同
C．两粒子飞出电场时的动能一定相等
D．两粒子电势能的变化量不等
6．两块平行金属板M、N水平放置，带电情况如图所示，其内部空间有两个悬浮着的小带电液滴A和B，采用以下哪些办法可使液滴向上做加速运动( )
A．使两板靠近一些
B．使两板左、右错开一些
C．用导线将两板连接一下
D．使A和B粘合在一起
7．a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定( )
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
8.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H
D．小球到达C点的速度可能为零
9．(2012·茂名模拟)真空中的某
装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，重力不计)．下列说法中正确的是( )
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1
B．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C．在荧光屏上将只出现1个亮点
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
10．绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为－q(q>0)的滑块(可看做点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零．已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是( )
A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于
C．此过程中产生的内能为
D．Q产生的电场中，a、b两点间的电势差为Uab＝
11．如图所示为一真空示
波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；
(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
12.(2012·全国)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6，再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．
答案：
课时作业(十九)
1．CD
2．BC 液滴受G和Eq二力平衡，液滴能否再次平衡取决于E的变化情况，当开关闭合时，由E＝知d增而E减，液滴向下运动，A错B对．由E＝＝＝·知当恒定时，E与d无关，所以C对D错．
3．BCD 各个质点所受重力均向下，要使它们分别以水平向左、水平向右、竖直向下和竖直向上的速度做匀速直线运动，所受电场力均向上，各个质点均带负电，且所受电场力与重力平衡，选项A错误；a、b沿等势面运动，带同种电荷且电势能均不变，选项B正确；d竖直向上运动，电场力做正功，d的电势能减小，重力势能增大，选项C正确；c竖直向下运动，电场力做负功，电势能增大，重力势能减小，机械能减小，选项D正确．
4．D 带电粒子受重力和静电力作用，由a到b重力一直做正功，则静电力做负功，故粒子带负电A正确，静电力做功Wab＝－mgh，UAB＝，故B正确，粒子先加速，再减速，故静电力Fb>Fa，C正确，D错误．
5．AC 带电粒子在匀强电场中的偏转位移y＝at2＝，两带电粒子的电荷量相等，且偏转位移相同，所以它们的初动能一定相等；偏转过程中电场力对它们所做的功都是qU，所以它们射出电场时的动能也是相等的，电势能的变化也必然相同；因偏转角的正切值tan θ＝＝，所以在初动能相同的情况下，θ是相等的，两粒子末动能相等，而两粒子质量不同，出电场时速度大小不同．故选项A、C正确．
6．B A、B两液滴处于静止状态，必有EqA＝mAg，EqB＝mBg，两液滴粘合在一起后，则有E(qA＋qB)＝(mA＋mB)g，一定还静止，D错误；用导线将两板连接一下，电场减弱或消失，则两液滴向下加速运动，C错误；将两板靠近，两板间场强不变，电场力不变，液滴仍静止，故A错；两板左、右错开一些，使板间场强增大，故两液滴将向上加速运动，故B正确．
7．ACD
8．BC 若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，A错；若电场力等于重力，物体做匀速圆周运动，B正确；因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于H，C正确；由圆周运动知识可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错．
9．C
10．D 由于滑块在运动过程中受到的库仑力是变力，而到达b点时速度刚好为零，则在此过程中，其受到的库仑力一定小于滑动摩擦力，选项A错误；由于滑块不是做匀变速直线运动，则利用匀变速运动公式得到平均速度与本运动中平均速度不相等，选项B错误；由能量守恒定律可知：在此过程中，滑块的动能和电势能转化为系统的内能，即此过程中产生的内能大于，选项C错误；对此过程由动能定理可得：qUba－μmgx＝0－mv，则Uab＝，选项D正确．
11．解析： (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理
eU1＝mv－0，解得v0＝.
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t＝
F＝ma，F＝eE，
E＝，y＝at2
解得：y＝.
(3)由y＝可知，减小U1和增大U2均可使y增大．从而使电子打在P点上方．
答案： (1) (2) (3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2
12．解析： 设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为U＝①
两极板之间电场的场强为E＝ ②
式中d为两极板间的距离．
按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有
FTcos θ1＝mg ③
FTsin θ1＝qE ④
式中FT为此时悬线的张力．
联立①②③④式得
tan θ1＝ ⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝，则
tan θ2＝ ⑥
联立⑤⑥式得
＝ ⑦
代入数据解得
ΔQ＝2Q. ⑧
答案： 2Q
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