2021_2021学年高中物理寒假作业2电容器带电粒子在电场中的运动含解析.docx

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1、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；由动能定理qE

2、xEk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应为多

3、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，粒子穿过电场

4、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；如图所示是一种通

5、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为静电计，开始

6、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如图所示，电容器

7、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，为使打在纸上的字迹缩小(

8、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，重力不计。N点

9、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，两平行金属板竖直放置，

10、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处从静止释放一个粒子He，关

11、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)问时忽略了电子所受重力，请利

12、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轴上的同一个点Q(未画出)

13、，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，可知电容器的电

14、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，滑片滑动不会影响指针张角，D错误

15、。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，则电容器电容增大，由U可知

16、，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在电场中沿电场的方向的位

17、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；根据动能定理知N点的粒子

18、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性，电容器上电荷放

19、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，若释放后的内不能到达右板，则之后

20、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qUmv，设进入偏转电

21、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。13