课时作业34 电容器 带电粒子在电场中的运动Word格式文档下载.docx

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图中静电计的金属杆接A板，外壳和B板均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；

当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器电荷量不变，由U＝可知，板间电压U增大，从而使静电计指针张角增大．综上所述，选项C、D正确．

2．（2018·

山东菏泽期末）（多选）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球（电荷量很小）固定在P点，如图所示．以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强，Ep表示该小球在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则（　　）

A．U变小B．U不变C．E变大D．Ep不变

AD　解析：

根据电容器充电后与电源断开可知，Q不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d减小，由C＝，知电容C增大，又U＝，电压U减小，因E＝＝＝，E不变，P点到下极板的距离不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势φ不变，P点电势能Ep＝φq不变，选项A、D正确．

3．如图所示，从F处由静止释放一个电子，电子向B板方向运动，设电源电动势为U（V），下列对电子运动的描述中错误的是（　　）

A．电子到达B板时的动能是U（eV）

B．电子从B板到达C板的过程中，动能的变化量为零

C．电子到达D板时动能是3U（eV）

D．电子在A板和D板之间做往复运动

C　解析：

由题图可知，电子在A、B板间做加速运动，电场力做的正功为U（eV）；

电子在B、C板间做匀速运动，动能变化量为零；

电子在C、D板间做减速运动，电场力做的功为－U（eV），电子在D板处速度为零，故电子在A板和D板之间做往复运动，选C.

4．如图所示，电子（不计重力，电荷量为e，质量为m）由静止经加速电场加速，然后从相互平行的A、B两板的正中间射入，已知加速电场两极间电压为U1，A、B两板之间电压为U2，则下列说法中正确的是（　　）

A．电子穿过A、B板时，其动能一定等于e

B．为使电子能飞出A、B板，则要求U1>

U2

C．若把电子换成另一种带负电的粒子（忽略重力），它将沿着电子的运动轨迹运动

D．在A、B板间，沿电子的运动轨迹，电势越来越低

电子穿过A、B板时不一定从板的边缘射出，所以动能不一定等于e，故A错误．为使电子能飞出A、B板，不能只要求U1>

U2，因为竖直位移还与板长、板间距离有关，故B错误．电子在A、B板间的水平位移x＝v0t，竖直位移y＝at2，其中a＝，eU1＝mv，联立得y＝，与电荷量、质量无关，所以C正确．在A、B板间，电场力对电子做正功，电势能减少，沿电子的运动轨迹电势升高，所以D错误．

5．（2018·

湖北宜昌模拟）如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（　　）

A.<

B.<

C.<

D.<

根据qU1＝mv2，再根据t＝和y＝at2＝·

·

2，由题意知，y<

d，解得<

，故C正确．

6．如图所示的示波管，电子由阴极K发射后，初速度可以忽略，经加速电场加速后垂直于电场方向飞入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知加速电压为U1，偏转电压为U2，两偏转极板间距为d，板长为L，偏转极板右端到荧光屏的距离为D，不计重力，求：

（1）电子飞出偏转电场时的偏转位移y；

（2）电子打在荧光屏上的偏转距离OP.

（1）　

（2）（L＋2D）

解析：

设电子加速后速度为v0，则

eU1＝mv

在偏转电场中水平方向：

L＝v0t

竖直方向：

y＝t2

联立解得y＝.

（2）由类平抛运动的推论可得

＝

联立解得

OP＝y＋y＝＋＝（L＋2D）．

[能力提升]

7．（2018·

河北张家口模拟）如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为α，则（　　）

A．保持开关闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会减小

B．保持开关闭合，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大

C．断开开关，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大

D．断开开关，缩小P、Q两板间的距离，角度α不变化

D　解析：

保持开关闭合，电容器两端的电压不变，减小两板间距离，根据E＝，电场强度增大，角度α增大，A错误；

增大两板间距离，场强减小，角度α减小，B错误；

将开关断开，Q不变，则有E＝＝＝＝，改变距离d，场强不变，角度α不变，C错误，D正确．

8．如图所示，在空间中有平行于xOy平面的匀强电场，一群带正电粒子（电荷量为e，重力不计，不计粒子间相互作用）从P点出发，可以到达以原点O为圆心、R＝25cm为半径的圆上的任意位置，比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能增加量最大，为60eV，已知∠OAP＝30°

.则下列说法正确的是（　　）

A．该匀强电场的方向沿x轴负方向

B．匀强电场的电场强度是240V/m

C．过A点的电场线与x轴垂直

D．P、A两点间的电势差为60V

到A点时，动能增加量最大，说明等势面在A点与圆相切（否则一定还可以在圆上找到比A点电势低的点，粒子到达这点，动能增加量比到达A点时动能增加量大），即等势面与y轴平行，电场力做正功，所以电场沿x轴正方向，P、A两点间的电势差UPA＝＝60V，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E＝＝160V/m，故D正确，A、B、C错误．

9．（多选）两个相同的电容器A和B如图所示连接，它们的极板均水平放置，当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止，现在电容器B的两极板间插入一长度与板长相同的金属块，且两极板的间距d不变，这时带电粒子的加速度大小为g，重力加速度的大小为g.则下列说法正确的是（　　）

A．带电粒子加速度方向向下

B．电容器A的带电量增加为原来的2倍

C．金属块的厚度为d

D．电容器B两板间的电压保持不变

AC　解析：

带电粒子静止，则有mg＝，得U＝①，当在电容器B的两极板间插入一长度与板长相同的金属块时，板间距减小，则由C＝可知，电容器B的电容C增大，而两个电容器的总电量不变，电压相等，则知电容器B两端的带电量增大，电容器A两端的电量减小，则由C＝知电容器A板间电压减小，场强减小，粒子所受的电场力减小，所以粒子向下加速运动，故A项正确；

带电粒子向下加速运动，根据牛顿第二定律得mg－＝m②，由①②解得U′＝，则板间电压变为原来的，根据电容的定义式C＝，可知电容器A的带电量变为原来的，则电容器B的带电量变为原来的倍，由电容的定义式C＝，可知电容器B的电容变为原来的3倍，则电容器B的板间距减小到原来的，故金属块的厚度为d，C项正确，B、D项错误．

10．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷之比是（　　）

A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1

如图所示，设AB长为2h，BC长为2l，对a粒子有2h＝aat＝t，l＝v0ta，解得2h＝2，对b粒子有h＝abt＝t，2l＝v0tb，解得h＝2，可得＝，D正确．

11．如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L.

甲

乙

（1）求电子进入偏转电场时的速度大小v；

（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；

（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示做周期性变化，要使电子经加速电场后在t＝0时刻进入偏转电场，最后水平击中A点，求偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．

见解析　解析：

（1）电子经加速电场加速eU1＝mv2

解得v＝.

（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，由几何关系得＝tanθ

解得tanθ＝

又tanθ＝＝＝＝

解得U2＝.

（3）要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy＝0，则电子应在t＝0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足

t＝＝nT

T＝＝＝（n＝1,2,3，…）

在竖直方向满足

＝2n×

a2＝2n×

2

解得U0＝（n＝1,2,3，…）．