1、课时3电容器带电粒子在电场中的运动1.如图甲所示为观察电容器放电的电路。先将开关S拨到1端,再拨到2端,得到了如图乙所示的电流随时间变化曲线。下列说法正确的是(C)A.开关拨到1端后,电容器的上极板带负电B.开关拨到1端后,电源对电容器的充电电流恒定C.开关拨到2端后,有电流从b到a流过电阻RD.开关拨到2端后,电容器的放电电流随时间均匀减小解析:开关拨到1端后,电容器充电,上极板带正电,A错误;开关拨到2端后,有电流从b到a流过电阻R,C正确;由图乙所示的电流随时间变化曲线可知,电容器的放电电流不是随时间均匀减小,D错误;同理,电源对电容器的充电电流也是逐渐减小的,B错误。2.某电容式话筒的
2、原理示意图如图所示,E为电源,R为电阻,薄片P和Q为两金属极板。对着话筒说话时,P振动而Q可视为不动。在P,Q间距增大的过程中,(D)A.P,Q构成的电容器的电容增大B.P上电荷量保持不变C.M点的电势比N点的低D.M点的电势比N点的高解析:电容器P,Q间距增大,根据C=,知C减小,A错误;电容器极板电压保持不变,根据C=,P上电荷量减少,B错误;电容器放电,电流方向为M到N,M点的电势比N点的高,C错误,D正确。3.一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电量不变的小油滴,油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零,经一段时间后,油滴以速率v匀速下降;若两
3、极板间的电压为U,经一段时间后,油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为-U,油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是(C)A.2v、向下B.2v、向上C.3v、向下D.3v、向上解析:当不加电场时,油滴匀速下降,即f=kv=mg;当两极板间电压为U时,油滴向上匀速运动,即F电=kv+mg,解得F电=2mg;当两极板间电压为-U时,电场力方向反向,大小不变,油滴向下运动,当匀速运动时,F电+mg=kv,解得v=3v,C项正确。4.静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针的张角大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A,B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计。开始时开关S闭合,静电计
4、指针张开一定角度,为了使指针张开角度增大些,下列采取的措施可行的是(A)A.断开开关S后,将A,B分开些B.保持开关S闭合,将A,B两极板分开些C.保持开关S闭合,将A,B两极板靠近些D.保持开关S闭合,将变阻器滑动触头向右移动解析:静电计指针张角增大,说明电容器两金属板间电压增大,若开关保持闭合,两金属板间电压保持不变,与改变其间距离、移动变阻器触头无关,选项B,C,D错误;若断开开关,将A,B分开一些,由C=知C变小,而Q不变,根据C=得U增大,静电计指针张角增大,选项A正确。5.如图所示,电子由静止开始从A板向B板运动,到达B板的速度为v,保持两板间电压不变,则(C)A.当减小两板间的距
5、离时,速度v增大B.当减小两板间的距离时,速度v减小C.当减小两板间的距离时,速度v不变D.当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间变长解析:由动能定理得eU=mv2,当改变两极板间的距离时,U不变,v不变,选项A,B错误,C正确;电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动,=,=,即t=,当d减小时,v不变,电子在两极板间运动的时间变短,选项D错误。6.一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻,一带电粒子以一定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则Pt关系图象是(A)解析:设粒子带正电,运动轨迹如图所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0。沿电场方向:受力F电=qE,
6、则加速度a=,经时间t,粒子沿电场方向的速度vy=at=;电场力做功的功率P=F电vy=qE=ktt,选项A正确。7.如图所示,水平金属板A,B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴(D)A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动解析:开始时油滴处于静止状态,有mg=q,B板右端下移时,U不变,d变大,电场力F小于重力mg;电场线与金属板表面垂直,油滴附近的部分电场线如图中曲线所示,则油滴受力分析如图所示,mg与F的合力方向为右下方,故油滴向右下方运动。8.如图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边缘
7、垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,现在使电子的入射速度变为原来的2倍,而电子仍从原来位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板间的距离应变为原来的(C)A.2倍 B.4倍 C. D.解析:第一次d=（）2,第二次d=（）2,两式相比可得d=,选项C正确。9.(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球(BC)A.做直线运动 B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小解析:小球运动时受重力和电场力的作用,合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上,小球做曲线运动,选项A错误,选项B正确;将初速度v0分解为垂直于F方向的v
8、1和沿F反方向的v2,根据运动与力的关系,v1的大小不变,v2先减小后反向增大,因此小球的速率先减小后增大,选项C正确,选项D错误。10.如图所示,从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是(C)A.仅将偏转电场极性对调 B.仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压D.仅减小偏转电极间的电压解析:设加速电场电压为U0,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,由U0q=,得v0=,电子进入极板后做类平抛运动,时间t=,a=,vy=at,
9、tan =,由此可判断C正确。11.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下。若不计空气阻力,则此带电油滴从a运动到b的过程中,能量变化情况为(C)A.动能减小B.电势能增加C.动能和电势能之和减小D.重力势能和电势能之和增加解析:由轨迹的弯曲方向可判知,该油滴所受电场力方向向上,所带电性为负电。所以油滴从a运动到b的过程中,电场力做正功,电势能减少,重力势能增加,动能增加,且三者之和不变,据此可判知C正确。12.如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程
10、(B)A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2解析:动能变化量Ek=m(2v)2-mv2=mv2,故A错误;重力和电场力做功,机械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动,由运动学公式得(2v)2-0=2x,则电势能减少量等于电场力做的功Ep电=W电=qEx=2mv2,故B正确,D错误;在竖直方向做匀减速到零的运动,由-v2=-2gh,得重力势能增加量Ep重=mgh=mv2,故C错误。13.有一静电场,其电势随x坐标的改变而改变,变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,电场中P,Q两点的
11、横坐标分别为1 mm,4 mm。则下列说法正确的是(C)A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动B.粒子经过P点与Q点时,加速度大小相等、方向相反C.粒子经过P点与Q点时,动能相等D.粒子经过P点与Q点时,电场力做功的功率相等解析:根据顺着电场线方向电势降低可知,02 mm内,电场线沿x轴负方向,粒子所受的电场力方向沿x轴正方向,向x正方向做加速运动;在26 mm内电场线沿x轴正方向,粒子所受的电场力方向沿x轴负方向,向x轴正方向做减速运动,6 mm 处粒子的速度为零;然后粒子向x轴负方向先做加速运动后做减速运动,即在06 mm间做往复运动,故A错误; x图象的斜率大小等于电场强度E,则知P点的电场
12、强度大于Q点的电场强度,则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度,加速度方向相反,故B错误;粒子经过P点与Q点时,电势相等,则其电势能相等,由能量守恒定律知动能相等,故C正确;粒子经过P点与Q点时,速率相等,但电场力不同,则电场力做功的功率不等,故D错误。能力提升14.如图所示,D是一只二极管,AB是平行板电容器,在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态,当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行),带电微粒P的运动情况是(C)A.向下运动 B.向上运动C.仍静止不动D.不能确定解析:当带电微粒P静止时,有Eq=mg,当A,B之间距离增大时,电容器的电容C减小,假设U不变,由C=知,Q
13、减小,但由于电路中连接了一个二极管,它具有单向导电性,不能放电,故电容器A,B两极板上的电荷量不变,电场强度不变,电场力仍等于微粒的重力,故带电微粒仍保持静止状态,选项C正确。15.如图甲所示,电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U0,电容器板长和板间距离均为L=10 cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为电压是不变的)求:(1)在t=0.06 s时刻,电子打在荧光屏上的何处;(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。解析:(1)电子经电场加
14、速满足qU0=mv2,经电场偏转后侧移量y=at2=（）2所以y=,由图知t=0.06 s时刻U偏=1.8U0,所以y=4.5 cm。设打在屏上的点距O点的距离为Y,满足=所以Y=13.5 cm。(2)由y=知电子侧移量y的最大值为,所以当偏转电压超过2U0,电子就打不到荧光屏上了,所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30 cm。答案:(1)打在屏上的点位于O点上方,距O点13.5 cm(2)30 cm16.如图所示为一多级加速器模型,一质量为m=1.010-3 kg、电荷量为q=8.010-5C的带正电小球(可视为质点)通过1,2级无初速度地进入第3级加速电场,之后沿位于轴心的光滑浅槽,经
15、过多级加速后从A点水平抛出,恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间,A点在MN板左端M点正上方,倾斜平行金属板MN,PQ的长度均为L=1.0 m,金属板与水平方向的夹角为=37,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g=10 m/s2。(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U;(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场,且电场强度大小E=100 V/m,要使带电小球不打在PQ板上,则两板间的距离d至少要多长?解析:(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1,小球的初速度为v0,A点到M点的高度为y则有=tan cos =v0t1 y-sin =g 联立并代入数据
16、解得v0= m/s,y= m 带电小球在多级加速器加速的过程,根据动能定理有qU=m-0 代入数据解得U=18.75 V。(2)进入电场时,以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系沿y轴方向有mgcos -qE=may 沿x轴方向有mgsin =max 代入数据得ay=0 ax=6 m/s2 故小球进入电场后做类平抛运动,设刚好从P点离开,则有=axdmin= t2 由解得dmin= m即两板间的距离d至少为 m。答案:(1) m18.75 V(2) m17.如图1所示,静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料。
17、图2是装置的截面图,上、下两板与电压可调的高压直流电源(内阻可忽略不计)相连。质量为m、电荷量为q的分布均匀的带负电尘埃无初速进入A,B两板间的加速电场,A,B极板间的加速电压为U0,尘埃加速后全部获得相同的水平速度,此时单位体积内的尘埃数为n,尘埃被加速后进入矩形通道。当尘埃碰到下板后其所带电荷被中和并同时被收集,通过调整高压直流电源的输出电压U可以改变收集效率(被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值)。不计尘埃的重力、空气阻力及尘埃之间的相互作用。在该装置处于稳定工作状态时:(1)尘埃进入矩形通道时的速度v0多大?(2)若贴近上极板进入矩形通道的尘埃恰能抵达下极板右边缘,则此时它的
18、动能多大?(3)在(2)问的条件下流经图2中电流表的电流多大?(4)请推导出收集效率随高压直流电源输出电压U变化的函数关系式。解析:(1)对于一个尘埃通过加速电场过程,根据动能定理有qU0=m,解得v0=。(2)对贴近上极板进入矩形通道最后恰能抵达下极板右边缘的尘埃,有L=v0t,d=at2,a=,设尘埃抵达下极板右边缘时动能为Ek,则根据动能定理有qU0+qU=Ek-0,联立解得Ek=qU0（1+）。(3)此时所有进入矩形通道的尘埃都被收集,则t时间内碰到下极板的尘埃的总个数N总=nV=nbdv0t,总电荷量Q=N总q=nqbdv0t,通过电流表的电流I=nqbdv0=nqbd。(4)对某一尘埃,其在高压直流电源形成的电场中运动时,在垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动,在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动。根据运动学公式有:垂直电场方向位移x=v0t,沿电场方向位移y=at2,根据牛顿第二定律有q=ma,距下极板y处的尘埃恰好到达下极板的右端边缘,则x=L,解得y=,若yd,即U,则收集效率=（U）,若yd,则所有的尘埃都到达下极板,收集效率=100%（U）。答案:见解析
