第七章第3講知識鞏固練習(xí)1．(2019年天津模擬)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩極板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變【答案】D【解析】上板下移，由C∝eq\f(εrS,d)可知，C變大，Q一定，由Q＝CU，U減小，則θ減?。桓鶕?jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU,C∝eq\f(εrS,d)，E∝eq\f(Q,εrS)，可知Q一定時，E不變；根據(jù)U1＝Ed1可知P點離下板的距離不變，E不變，則P點與下板的電勢差不變，P點電勢不變，則Ep不變；故A、B、C錯，D正確．2．如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處．以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為()A．eq\f(Ek0,4qd) B．eq\f(Ek0,2qd)C．eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D．eq\f(\r(2)Ek0,qd)【答案】B【解析】粒子做曲線運動，如圖所示：當(dāng)電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上板平行，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，當(dāng)vy＝0時，粒子的速度正好平行上極板，則－veq\o\al(2,y)＝－2eq\f(qE,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確．3．(2019年岳陽二模)如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，正極板與靜電計相連，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點．若正極板保持不動，將負極板緩慢向左平移一小段距離x0的過程中，靜電計帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容，σ表示極板單位面積所帶電荷量(也稱面電荷密度)，U表示P點與負極板間的電勢差，W表示正檢驗電荷的電勢能．各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是()ABCD【答案】A【解析】當(dāng)負極板左移時，d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd＋x)可知，C與x圖像的關(guān)系如題圖A所示，故A正確；σ表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯誤；因負極板接地，設(shè)P點原來距負極板為x，則P點的電勢φ＝E(x＋x0)，那么U＝E(x＋x0)，與x呈線性關(guān)系，故C錯誤；電勢能W＝φq＝Eq(x＋x0)，應(yīng)該是傾斜直線，故D錯誤．4．(2019年衡水月考)一個正點電荷固定在正方形的一個頂點D上，另一個帶電粒子射入該區(qū)域時，恰好能經(jīng)過正方形的另外三個頂點A、B、C，運動粒子軌跡如圖所示，下列說法正確的是()A．根據(jù)軌跡可判斷該帶電粒子帶正電B．粒子經(jīng)過A、B、C三點速率的大小關(guān)系是vB＞vA＝vCC．粒子在A、B、C三點的加速度大小關(guān)系是aA＝aC＞aBD．A、C兩點的電場強度相同【答案】C【解析】根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出帶電粒子與正電荷之間存在引力，它們是異種電荷，故帶負電荷，選項A錯誤；粒子由A到B的過程中電場力做負功，動能減小，速度減小，因此B點的速度最小，選項B錯誤；粒子在A、B、C三點時的加速度大小要根據(jù)庫侖定律求出庫侖力，由圖可知rA＝rC＝eq\f(\r(2),2)rB，代入庫侖定律F＝keq\f(q1q2,r2)，可得粒子在A、B、C三點時的電場力之比FA∶FB∶FC＝2∶1∶2，由牛頓第二定律得加速度關(guān)系為aA＝aC＞aB，選項C正確；A、C兩點電場強度的大小相等，但方向不同，故電場強度不相同，選項D錯誤．5．(多選)(2019年濰坊模擬)如圖所示的兩個平行板電容器水平放置，A板用導(dǎo)線與M板相連，B板和N板都接地．讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài)．AB間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1，MN間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是()A．P向下動，Q向上動 B．U1減小，U2增大C．Q1減小，Q2增大 D．C1減小，C2增大【答案】AC【解析】將B板下移時，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，C1將減小，而MN板不動，故MN的電容不變，故選項D錯誤；假設(shè)A板帶電量不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，故AB板將向MN板充電，故Q1減小，Q2增大，選項C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移．對AB分析可知，E1＝eq\f(U1,d1)＝eq\f(Q1,C1d1)＝eq\f(Q1,\f(εrS1,4πkd1)d1)＝eq\f(4πkQ1,εrS1)，電場強度減小，故P受到的電場力減小，P將向下運動，故A選項正確，B錯誤．6．(多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，AB為圓水平直徑的兩個端點，AC為eq\f(1,4)圓弧．一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電粒子的運動情況，下列說法正確的是()A．小球一定能從B點離開軌道B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD．小球到達C點的速度可能為零【答案】BC【解析】因為題中沒有給出H與R、E的關(guān)系，所以小球不一定能從B點離開軌道，A錯誤；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動，故B正確；因為小球在AC部分運動時電場力做負功，機械能減少，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H，C正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，小球不可能沿半圓軌道運動，所以小球到達C點的速度不可能為零，D錯誤．7．(多選)(2019年重慶名校期末)真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，重力不計)．下列說法正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1B．三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2【答案】CD【解析】根據(jù)動能定理得，qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，因為質(zhì)子、氘核和α粒子的比荷之比為2∶1∶1，則初速度之比為eq\r(2)∶1∶1.在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t＝eq\f(L,v0)，則知時間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，故A錯誤．在豎直方向上的分速度vy＝at＝eq\f(qEL,mv0)，則出電場時的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(q2E2L2,m2v\o\al(2,0)))＝eq\r(\f(2qU1,m)＋\f(qE2L2,2mU1)).因為粒子的比荷不同，則速度的大小不同，B錯誤．偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))，因為qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，則y＝eq\f(U2L2,4U1d)，與粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等，熒光屏將只出現(xiàn)一個亮點，C正確．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對粒子做功W＝qEy，因為E和y相同，電量之比為1∶1∶2，則電場力做功之比為1∶1∶2，故D正確．綜合提升練習(xí)8．(2019年徐州名校模擬)如圖所示的絕緣細桿軌道固定在豎直面內(nèi)，半徑為R的eq\f(1,6)圓弧段桿與水平段桿和粗糙傾斜段桿分別在A、B兩點相切，圓弧桿的圓心O處固定著一個帶正電的點電荷．現(xiàn)有一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的帶負電小球穿在水平桿上，以方向水平向右、大小等于eq\r(\f(8,3)gR)的速度通過A點，小球能夠上滑的最高點為C，到達C后，小球?qū)⒀貤U返回．若∠COB＝30°，小球第一次過A點后瞬間對圓弧細桿向下的彈力大小為eq\f(8,3)mg，從A至C小球克服庫侖力做的功為eq\f(2－\r(3),2)mgR，重力加速度為g.求：(1)小球第一次到達B點時的動能；(2)小球返回A點前瞬間對圓弧桿的彈力．【答案】(1)eq\f(5,6)mgR(2)eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下【解析】(1)小球從A運動到B，A、B兩點為等勢點，所以電場力不做功，由動能定理得－mgR(1－cos60°)＝EkB－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得EkB＝eq\f(5,6)mgR.(2)小球第一次過A時，由牛頓第二定律得N＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，得keq\f(Qq,R2)＝mg.從A到C，由動能定理得W電－mgR＋Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，從C到A，由動能定理得W′電＋mgR＋W′f＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)－0W電＝－W′電，Wf＝W′f小球返回A點時，設(shè)細桿對球的彈力方向向上，大小為N′，由牛頓第二定律得N′＋keq\f(Qq,R2)－mg＝meq\f(v′\o\al(2,A),R)聯(lián)立以上解得N′＝eq\f(28－3\r(3),3)mg根據(jù)牛頓第三定律，返回A點時，小球?qū)A弧桿的彈力為eq\f(28－3\r(3),3)mg，方向向下．9．如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距離為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy.(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.(3)極板間既有電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．【答案】(1)v0＝eq\r(\f(2eU0,m))Δy＝eq\f(UL2,4U0d)(2)不需要考慮電子所受的重力(3)φ＝eq\f(Ep,q)，電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場自身的因素決定【解析】(1)根據(jù)功能關(guān)系，可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，偏轉(zhuǎn)加速度a＝eq\f(eU,md)，側(cè)移量Δy＝eq\f(1,2)a(Δt