第九章-第三講-電容器與電容-帶電粒子在電場中的運動

1、第九章 第三講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動圖1電容器的電容增加，又因1 . （2010黃石質(zhì)檢）傳感器是一種采集信息的重要器件，圖1所示是一種測定壓力的電容式傳感器.當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，以下說法中正確的是（）A.若F向上壓膜片電極，電路中有從a到b的電流B.若F向上壓膜片電極，電路中有從 b到a的電流C.若F向上壓膜片電極，電路中不會出現(xiàn)電流D.若電流表有示數(shù)，則說明壓力F發(fā)生變化解析：F向上壓膜片電極，使得電容器兩板間的距離減小,電容器兩極板間的電壓不變，所以電容器的電荷量增加， 電容器繼續(xù)充電.綜上所述,選項B、D正確.C板帶正電，D板帶負電，所以B、C板間無電場

2、，由動能定理答案：BD2 .如圖2所示，從F處釋放一個無初速的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是（設電源電動勢為E） （）A.電子到達B板時的動能是 E eVB .電子從B板到達C板動能變化量為零C.電子到達D板時動能是3E eVD.電子在A板和D板之間做往復運動解析：由電池的接法知：A板帶負電，B板帶正電,A、B板間有向左的電場，C、D板間有向右的電場,知：電子到達 B板時的動能為 E eV,到達D板時的動能為零，在 B、C板間做勻速直線運動，總之電子能在 A板和D板間往復運動，所以錯誤選項為C.答案：C3 .如圖3所示，一個平行板電容器，板間距離為d,當對其加上電壓后，

3、 A、B兩板的電勢分別為十。和一外下述結論正確的是（）圖3A .電容器兩極板間可形成勻強電場，電場強度大小為E= dB.電容器兩極板間各點的電勢，有的相同，有的不同；有正的，有負的，有的為零C.若只減小兩極板間的距離 d,該電容器的電容 C要增大，極板上帶的電荷量 Q也 會增加D.若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場，則電子的電勢能一定會減小解析：由題意可知，兩板間電壓為 2 4）,電場弓雖度為E = , A錯誤；板間與板平行 ,P. S .的中線上電勢為零，中線上萬電勢為正，下萬電勢為負，故 B正確；由C=7；kd知，d減小，C增大，由Q=CU知，極板帶電荷量 Q增加，C正確；電子水平射

4、入穿越兩極板之間的電場時，電場力一定對電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確.答案：BCD4 .如圖4所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b,而不能從b流向a.平行板電容器的圖4B不動，將極板A稍向上平移，（）d增大，C變小，但因二極管的存A、B兩極板間有一電荷，在 P點處于靜止狀態(tài).以E表示兩極板間的電場強度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點的電勢能.若保持極板 則下列說法中正確的是A . E變小B . U變大C. Ep不變D.電荷仍保持靜止-一，一 ._ p S.一.一 ,一解析：由C =4右可知，當極板 A稍向上平移時，在，電容器上的電量不能放出,故電容器上的電量 Q不變

5、，由Q = CU可知，U變大,（）p 不變，故 Ep=（pq SU S由Q = I：=i工E可知，板間電場強度不變，電何仍靜止，且 4 Tlkd 4 Tk也不變，綜上所述，B、C、D均正確，A錯誤.答案：BCD5.如圖5所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成.如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的B.極板X應帶正電A.極板X應帶正電C.極板Y應帶正電D .極板Y應帶正電解析：由熒光屏上亮斑的位置可知,電子在 XX偏轉電場中向X極板方向偏轉，故極板X帶正電,A正確，B錯誤；電子在 YY偏轉電場中向Y極板方向偏轉，故極板Y帶正電，C正確，D錯誤.答案：AC6.（201

6、0天津聯(lián)考）如圖6所示，電子在電勢差為1 8Ui的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電- + - +勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉電場h4中，入射方向跟極板平行.整個裝置處在真空圖6A. Ui變大、U2變大B. Ui變小、U2變大C. Ui變大、U2變小D. Ui變小、U2變小中，重力可忽略.在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能 使電子的偏轉角。變大的是解析：設電子被加速后獲得的速度為 ivo,則由動能th理得：Uiq = 2mv2,又設水平極板長為I,則電子在水平極板間偏轉所用時間t = l，又設電子在水平極板間的加速度為a,水平極板的板間距為扇由牛頓第二定律得

7、：a=Umq，電子射出偏轉電場時,平行于電場方向的速度vy= at,聯(lián)立解得U2q|vyvy=“E、，.又 tan 9= dmvovoU2q|U2q|U2Idmv0 2dqU1 一 2dUi.故U2變大、Ui變小一定能使偏轉角 。變大，故選項B正確.答案：B7. （20i0江蘇省九名校聯(lián)考）如圖7所示，在豎直平面內(nèi)有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為 E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行.一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由左邊的中點，以垂圖7直于該邊的水平初速 vo進入該正方形區(qū)域.當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（）A. 0B.2mv0 + 2qEl mgl12121C/

8、2mv2D./mv2+ qEl + 2mgl解析：當電場力與重力平衡時，粒子將水平勻速到達對邊，動能不變，C正確.當電場力向上且大于重力時，粒子將從上邊離開正方形區(qū)域，由動能定理得選項 B正確.當電場力向下時，粒子將在電場力和重力的共同作用下從下邊離開正方形區(qū)域，由動能定理得選項D正確.答案：BCD8 .兩平行金屬板間有勻強電場，不同的帶電粒子都以垂直于電場線方向飛入該電場，要使這些粒子經(jīng)過勻強電場后有相同大小的偏轉角，則它們應具備的條件是（不計重力作用）（）A.有相同的動能和相同的比荷 B.有相同的動量和相同的比荷 C.有相同的速度和相同的比荷 D.只要有相同的比荷就可以解析：設金屬板長為L

9、,兩板間電壓為U,板間距為d,粒子進入電場時初速度為 v,在電場中運動時間為t=L,在離開電場時沿電場線方向上的速度為vy,則Vy= at =qU Lmd v所以帶電粒子離開電場時與初速度方向v的夾角，即偏轉角，如圖所示tan 0=“ qUL v - mdv2顯然A、B、D錯誤，C正確.答案：C9 . (2009四川高考)如圖8所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度 vi從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回 到M點，此時速度為V2(v2vi).若小物體電荷量保持不變， OM = ON,則()A .小物體上升的最大高度為 F-4gB.從N到M的過程

10、中，小物體的電勢能逐漸減小C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析：因為OM = ON, M、N兩點位于同一等勢面上，所以從 M至ij N的過程中，電場力對小物體先做正功再做負功，電勢能先減小后增大，B、C錯誤；因為小物體先靠近正點電荷后遠離正點電荷，所以電場力、斜面壓力、摩擦力都是先增大后減小，D正確；設小物體上升的最大高度為h,摩擦力做功為 W,在上升過程、下降過程根據(jù)動能定理得12_mgh + W= 0 2mv2 1 2mgh+W= 2mv2,v2+ 或聯(lián)立解得h=Z一，A正確.答案：AD10. (2010廣

11、東省深圳中學月考)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場.在電場中，若將一個質(zhì)量為m= 0.1 kg、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球速度與豎直方向夾角為37.現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度V0= 10 m/s豎直向上拋出，(取sin37 = 0.6, cos37 =0.8, g=10 m/s2)求：(1)小球受到的電場力的大小及方向；(2)小球從拋出點至最高點的過程中的水平位移；(3)小球從拋出點至最高點的過程中電勢能的變化量.解析：(1)由題意，電場力大?。篎 = qE = mgtan37 = 0.75 N方向：水平向右.(2)小球在豎直方向上做勻減速運動，速度為vy,則vy=

12、V0 gt V0小球上升到取局點的時間t= -g- = 1 s小球沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為a,則qE 32a = m= 4g= 7.5 m/s1 c此過程中小球沿電場方向的位移：s=2at2= 3.75 m. 電場力做功 W= qEs= 2.81 J故小球上升到最高點的過程中，電勢能減少2.81 J.答案：(1)0.75 N 水平向右(2)3.75 m (3)減少2. 81 J11 .如圖9所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓 Ui加速，從A板中心孔沿中心線 KO射出，然后進入兩塊平 行金屬板 M、N形成的偏轉電場中(偏轉電

13、場可視為勻強電場 ),電子進入 M、N間 電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉電場后打在熒光屏上的P點.已知M、N兩板間的電壓為 U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質(zhì)量為 m,電荷量為e, 不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力.圖9求電子穿過A板時速度的大??；(2)求電子從偏轉電場射出時的側移量；(3)若要使電子打在熒光屏上 P點的上方，可采取哪些措施？解析：(1)設電子經(jīng)電壓 5加速后的速度為V。，由動能定理1 2eU1 = 2m vo 0解得vo =,；2eU1,m(2)電子以速度vo進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.設偏轉

14、電場的電場強度為 E,電子在偏轉電場中運動的時間為t,加速度為a,電子離開偏轉電場時的側移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式L t=vo上F=ma, F = eE, E=萬eU2 a= md1 2 y=2at解得y=U2L24Uid,U2L2 (3)由丫=而后可知，減小加速電壓 Ui和增大偏轉電壓 U2均可增大y值，從而使電子打到屏上的位置在 P點上方.答案：(1) : 2f1(2)U2L24Uid(3)減小加速電壓Ui和增大偏轉電壓U212 .在場強為 E=100 V/m的豎直向下的勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為 h=0.8 m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒放質(zhì)量為m= 2X10-15 kg、電荷量為內(nèi)，如圖10所示.放射源以 vo = 2OO m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋q = + 10 12 C的帶電粒子.粒子最后落在金屬板上.不計粒子重力，試求:圖10(1)粒子下落過程中電場力做的功；(2)粒子打在金屬板上時的動能；(結果保留兩位有效數(shù)字)(3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大小.解析：(1)粒子在下落過程中電場力做的功W= Eqh= 100X 10 12 X 0.8 J= 8 X 10 11 j(2)粒子在整個運動過程中僅有電場力做功，由動能定理得W