第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

6-3一、选择题(本大题共9个小题，共63分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1.(2011·聊城模拟)传感器是一种采集信息的重要器件，右图所示是一种测定压力的电容式传感器。当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是()A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化【解析】F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电。综上所述，选项B、D正确。【答案】BD2．(原创题)在真空中A、B两点分别放有等量异种电荷＋q和－q，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，如图所示，现将一个电子沿abcd移动一周，则正确的结论是()A．由d→b，电势降低，电子的电势能减小B．由b→c，电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零C．由c→d，电子的电势能增大D．由d→a，电子的电势能先减小，后增大，电势能总增量为零【解析】等量异种电荷的等势线的分布(仅画两条等势线)大致如下图所示，沿电场线的方向，电势总是降低的，所以，由a→b电势差Uab＞0，电场力对电子做的功Wab＝eUab＜0，做负功，电势能增加。由b→c电势先降低后升高到相同电势，故电场力对电子先做负功，后做正功，总功为零。由c→d，电势升高，电势差为负值，电场力对电子做正功，电子的电势能减小。由d→a，电势先升高后降低到相同电势，电场力对电子先做正功，后做负功，电场力做的总功为零，故电子的电势能先减小，后增大，电势能总增量为零。故只有选项D正确。【答案】D3.如右图所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是()A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小【解析】由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C＝εrS4πkd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确。【答案】BCD4．如下图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α。在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是()A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质【解析】已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P两板电势相等。当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A错误，B正确。取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确。当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误。【答案】BC5．如下图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电【解析】由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误。【答案】AC6.如右图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2【解析】要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变。由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv20d和qU1＝12mv20，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1。所以选项A正确。【答案】A7.(2011·厦门模拟)如右图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中()A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＞aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2【解析】设P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是h/2，它们做类平抛运动的水平距离为l。则对P，由l＝v0tP，h2＝12aPtP2，得到aP＝hv20l2；同理对Q，l＝v0tQ，h＝12aQt2Q，得到aQ＝2hv20l2。由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝qPEm，aQ＝qQEm，所以qP∶qQ＝1∶2。由动能定理，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maph2∶maQh＝1∶4。综上所述，B、C项正确。【答案】BC8.如右图所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2，若不计重力，则a和b的比荷之比是()A．1∶2B．1∶8C．2∶1D．4∶1【解析】带电粒子受到的电场力F＝Eq，产生的加速度a＝Fm＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t＝2da，位移x＝v0t，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x21＝41，D正确。【答案】D9．如下图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则()A．小物体上升的最大高度为v21＋v224gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小【解析】因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv21①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v21＋v224g，A正确。【答案】AD二、非选择题(本大题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)10．(12分)如右图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压U＝100V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出。g取10m/s2，求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。【解析】由于带电液滴所受重力方向竖直向下，所受静电力方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动。(1)竖直方向：qUdcos37°＝mg解得m＝8×10－8kg(2)法一：水平方向：qUdsin37°＝ma解得a＝gtan37°＝34g设液滴在平行板中飞行距离为s，则s＝dsin37°＝0.05m又由v2－v20＝2as得v＝v20＋2as≈1.32m/s。法二液滴受到的合力F合＝mgtan37°由动能定理得F合s＝12mv2－12mv20解得v≈1.32m/s。【答案】(1)8×10－8kg(2)1.32m/s11．(12分)(2011·北京东城模拟)如下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？【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1＝12mv20－0解得v0＝2eU1m(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＝Lv0F＝ma，F＝eE，E＝U2da＝eU2mdy＝12at2解得y＝U2L24U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方。【答案】(1)2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速度电压U1和增大偏转电压U212．(13分)(2011·鞍山模拟)在场强为E＝100V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8m处有一个小的放射源放在一端开口的铅盒内，如下图所示。放射源以v0＝200m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15kg、电荷量为q＝＋10－12C的带电粒子。粒子最后落在金属板上。不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小。(结果保留两位有效数字)【解析】(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8J＝8×10－11J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝Ek2－Ek1Ek2＝8×10－11J＋2×10－15×2002/2J＝1.2×10－10J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆。设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3s圆半径r＝v0t≈1.13m圆面积S＝πr2≈4.0m2。【答案】(1)8×10－11J(2)1.2×10－10J(3)4.0m2带电粒子在电场中的运动，实际是动力学问题中的一种，只是增加一种性质的力－－电场力，解决思路还是抓过程分析和受力分析。