1、作业2电容器 带电粒子在电场中的运动1如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】BD【解析】两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定
2、理qExEk得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。2在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角60。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度
3、应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xACR所以根据动能定理有：qExACmv0解得：。(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有：xRsin 60v1tyyRcos 60at2而电场力提供加速度有：qEma联立各式解得粒子进入电场时的速度：。(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿
4、过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有：xBCRv2t2xACRat22电场力提供加速度有：qEma 联立解得：v2v0当粒子从C点射出时初速度为0。1一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变2利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示
5、是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表()A指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B指针向左偏转，A、C构成的电容器充电 C指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D指针向左偏转，A、C构成的电容器放电3静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的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，D为静
6、电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是()A断开开关S后，将A、B两极板分开些B断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积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，将滑动变阻器的滑片向右移动4如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大B增大，Ep不变C减小，Ep增大D减小，E不变5如图所
7、示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是()A若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加B若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板6有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的
8、字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A减小墨汁微粒的质量B减小偏转电场两极板间的距离C减小偏转电场的电压D减小墨汁微粒的喷出速度7(多选)a、b、c三个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，以下说法正确的是()A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb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，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力
9、不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是()A电场力对两粒子做功相同B两粒子到达P点的速度大小可能相等C两粒子到达P点时的电势能都减小D两粒子到达P点所需时间一定不相等9(多选)如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态。以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法中正确的是()AE变小BU变大CEp不变D电荷仍保持静止10(多选)如图甲所示，两平行金属板
10、竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是()A从t0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B从t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t 时刻释放电子，电子必将打到左极板上11(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1处从静止释放一个质子H，第二次从小孔O1处从静止释放一
11、个粒子He，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是()A质子和粒子打到感光板上时的速度之比为21B质子和粒子在电场中运动的时间相同C质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12D质子和粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起12如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子
12、所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U2.0102 V，d4.0102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2；(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。13如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为q的带电质点以初速度v0从x轴上P(L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个
13、点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差UPQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。1【答案】D【解析】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变若将云母介质移出，电容C减小，由C可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小。由于U不变，d不变，由E可知，极板间电场强度E不变，D正确，A、B、C错误。2【答案】B【解析】由题图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化。则由C 可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可判断电容增大，再依据C和电势差不变
14、，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确。3【答案】B【解析】断开开关S，电容器所带电荷量不变，将A、B两极板分开些，则d增大，根据C知，电容C减小，根据U知，电势差增大，指针张角增大，A错误；断开开关S，增大A、B两极板的正对面积，即S增大，根据C知，电容C增大，根据U知，电势差减小，指针张角减小，B正确；保持开关S闭合，无论将A、B两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，C错误；保持开关S闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响
15、指针张角，D错误。4【答案】D【解析】平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变。保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由UEd可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变。综上所述，D正确。5【答案】D【解析】若x变大，则由C，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由QCU知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确；若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电
16、容增大，由U可知，电容器极板间电压减小，B错误。6【答案】C【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有Lv0t，在竖直方向上有yat2，加速度a，联立解得y，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故ABD错误，C正确。7【答案】ACD【解析】a、b两个粒子在电场中沿电场的方向上的位移相同，由hgt2可知运动时间也相同，所以b粒子飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，A正确；b和c在电场中
17、沿电场的方向的位移不同，所以在电场中飞行的时间也就不同，B错误；c粒子在电场中飞行的时间最短，而在水平方向飞行的距离最大，所以c的速度最大，a、b两粒子飞行时间相等，a的水平位移最小，所以a的速度最小，C正确；由能量的转化和守恒可知，三个粒子的动能的增加即为电场力对粒子所做的功，三个粒子受到的电场力相同，在电场力的方向上，谁的位移大，电场力对谁做的功就大，所以对a、b两粒子做的功相等，对c粒子做的功要少，D正确。8【答案】D【解析】由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据WqU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能
18、定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PML，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为，则tM，tN，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。9【答案】BCD【解析】将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C 可知，电容C减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电
19、性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量保持不变，由于电容C减小，由电容的定义式C可知，U变大。根据推论可知，板间电场强度E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态。P与B板间电势差UPBEd，E、d都不变，UPB保持不变，P点的电势保持不变，则电荷在P点电势能Ep不变。故A错误，B、C、D正确。10【答案】AC【解析】根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知，t0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，A正确，B错误；由图(b)知，t时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不
20、能到达右板，则之后往复运动，C正确，D错误。11【答案】CD【解析】设O2到MN板的竖直距离为d，从开始运动到打到板上质子的速度为v1，粒子速度为v2，根据动能定理有UqEdqmv20，化简得v，质子的比荷与粒子的比荷之比为21，代入得，故A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中偏转时间为t2，偏转位移为y，有x1a1tt，yt，由于质子和粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有UqEdqEk0，解得Ekq(UEd)，因为U、E、d相同，则有，故C正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU
21、mv，设进入偏转电场后电势差为U2时，偏转的竖直位移为y，水平位移为l，有yat2()2，联立得y，设速度的偏转角正切值为tan ，有tan ，偏转位移y和速度的偏转角的正切值tan 与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D正确。12【解析】(1)根据功和能的关系，有eU0mv电子射入偏转电场的初速度v0在偏转电场中，电子的运动时间tLa偏转距离ya(t)2。(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力Gmg1029 N电场力F1015 N由于FG，因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即G电势和重力势G都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。13【解析】(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qEmg设初速度v0与x轴正方向的夹角为，且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan 解得45。(2)P到Q的过程，由动能定理有qELmgL0WPQqEL解得UPQ。(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有mgma即ag，带电质点速度从v0减到0所用时间为t，则v0at解得t带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T2t。