PAGEPAGE9課時作業32電容器與電容帶電粒子在電場中的運動時間：45分鐘1．靜電計是用來測量電容器兩極板間電勢差的儀器，兩板之間的電勢差越大，則靜電計的指針偏角越大．平行板電容器、滑動變阻器、電源、開關以及靜電計按如圖所示的電路連接．當開關閉合時，靜電計的指針有偏轉．下列做法能使偏角增大的是(A)A．斷開開關，增大兩極板間的距離B．保持開關閉合，增大兩極板間的距離C．保持開關閉合，減小兩極板間的距離D．保持開關閉合，使滑動變阻器的滑片向左移動解析：斷開開關，電容器帶電荷量不變，增大兩極板間的距離，依據C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，依據U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，故A正確；保持開關閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，則指針張角不變，與極板間距無關，故B、C錯誤；保持開關閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，滑動變阻器僅僅充當導線功能，滑片滑動不會影響指針偏角，故D錯誤．2．(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖．當被測物體在左右方向發生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的改變，進而能測出電容的改變，最終就能探測到物體位移的改變，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體(BC)A．向左移動時，θ增大 B．向右移動時，θ增大C．向左移動時，θ減小 D．向右移動時，θ減小解析：由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當被測物體帶動電介質板向左移動時，導致兩極板間電介質增大，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當被測物體帶動電介質板向右移動時，導致兩極板間電介質減小，則電容C削減，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤．3．如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經電壓U1加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L.為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量eq\f(h,U2))可采納的方法是(D)A．增大兩板間的電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．使加速電壓U1升D．盡可能使板間距離d小些解析：帶電粒子加速時，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，帶電粒子偏轉時，由類平拋運動規律得L＝vt，h＝eq\f(1,2)at2，又由牛頓其次定律得a＝eq\f(qU2,md)，聯立以上各式可得h＝eq\f(U2L2,4dU1)，由題意，靈敏度為eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，可見靈敏度與U2無關，要提高示波管的靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓U1降低一些，故D正確．4．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(A)A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點解析：電子在A、B板間的電場中做加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以推斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤．5.如圖所示，偏轉電場的極板水平放置，偏轉電場右邊的擋板豎直放置，氕、氘、氚三粒子同時從同一位置沿水平方向進入偏轉電場，最終均打在右邊的豎直擋板上．不計氕、氘、氚的重力，不考慮三者之間的相互影響，則下列說法正確的是(A)A．若三者進入偏轉電場時的初動能相同，則必定到達擋板上同一點B．若三者進入偏轉電場時的初動量相同，則到達擋板的時間必定相同C．若三者進入偏轉電場時的初速度相同，則必定到達擋板上同一點D．若三者進入偏轉電場時的初動能相同，則到達擋板的時間必定相同解析：本題考查同位素在同一電場中偏轉的比較．設任一正電荷的電荷量為q，偏轉電壓為U，偏轉電場的極板長為L，板間距離為d，極板到擋板的水平距離為L1；在偏轉電場中，粒子做類平拋運動，運動時間t＝eq\f(L,v0)，偏轉距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯立以上各式得y＝eq\f(qUL2,4dEk0)，則若三者進入偏轉電場時的初動能相同，則離開電場時偏轉距離相同，離開電場時的速度方向也相同，則三個粒子必定到達擋板上同一點；從進入偏轉電場到到達擋板的運動時間t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(L＋L1,\r(\f(2Ek0,m)))，則三個粒子到達擋板的時間不相同，選項A正確，D錯誤；若三者進入偏轉電場時的初動量相同，由到達擋板的時間t＝eq\f(L＋L1,v0)＝eq\f(mL＋L1,p)可知，三個粒子到達擋板的時間不同，選項B錯誤；若三者進入偏轉電場時的初速度相同，則可解得離開電場時的偏轉距離為y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，可知偏轉距離不同，粒子不能到達擋板上同一點，選項C錯誤．6．反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似：如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一個帶電微粒從A點由靜止起先在電場力作用下沿直線在A、B兩點間來回運動．已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量m＝1.0×10－20kg，所帶的電荷量q＝－1.0×10－9C，A點與虛線MN的距離d1＝(1)B點到虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經驗的時間t.解析：(1)帶電微粒在由A點運動到B點的過程中，由動能定理得|q|E1d1－|q|E2d2＝0解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.5cm.(2)設帶電微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓其次定律有|q|E1＝ma1|q|E2＝ma2設帶電微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1、t2，由運動學公式有d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)又t＝t1＋t2，解得t＝1.5×10－8s.答案：(1)0.5cm(2)1.5×10－8s7．(多選)如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電且接地(大地電勢為零)，下極板帶負電．一帶電微粒靜止在兩板之間的M點，現將上極板向上移動，則下面說法正確的是(AC)A．電容器的電容減小B．帶電微粒會向下運動C．帶電微粒具有的電勢能增大D．電容器兩極板之間的電勢差減小解析：將上極板向上移動，d變大，依據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容C減小，Q肯定，由U＝eq\f(Q,C)可知U變大，選項A正確，D錯誤；電容器帶電荷量不變，依據C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)以及E＝eq\f(U,d)可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則將上極板向上移動，兩極板間場強不變，微粒仍平衡，選項B錯誤；依據U＝Ed1可知，由于M點與正極板間的距離d1變大，可知M點與正極板間的電勢差變大，則M點的電勢降低，由分析可知微粒帶負電，則帶負電的帶電微粒具有的電勢能增大，選項C正確．8.如圖所示，A、B是構成平行板電容器的兩金屬板，當開關S閉合時，在P點處有一帶電液滴處于靜止狀態．現將開關S斷開后，再將A、B板分別沿水平方向向左、向右平移一小段距離，此過程中下列說法正確的是(D)A．電容器的電容增加B．電阻R中有電流通過C．兩極板之間的電場強度不變D．若帶電液滴仍在P點，則電勢能減小解析：本題考查電容器動態改變及其相關學問點．開關S斷開后，電容器帶電荷量不變，將A、B板分別水平向左、向右平移一小段距離，平行板電容器的正對面積減小，電容器電容減小，電容器兩極板之間的電場強度增大，電阻R中沒有電流通過，選項A、B、C錯誤；由開關閉合時帶電液滴處于靜止狀態可知，帶電液滴所受電場力方向向上，帶電液滴帶負電，B板接地，電勢為零，由于電容器兩極板之間的電場強度增大，則P點的電勢上升，若帶電液滴仍在P點，則電勢能減小，選項D正確．9.如圖所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料．ABCD面帶正電，EFGH面帶負電．從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是(D)A．三個液滴在真空盒中都做平拋運動B．三個液滴的運動時間不肯定相同C．三個液滴落究竟板時的速率相同D．液滴C所帶電荷量最多解析：三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B錯誤；三個液滴落究竟板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴究竟板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確．10．(多選)如圖所示，M、N為兩個等大的勻稱帶電圓環，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環平面，B為AC的中點．現有質量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1m/s，到B點時速度vB＝eq\r(5)m/s，則(BD)A．微粒從A到C先做加速運動，后做減速運動B．微粒從A到C做加速運動，且vC＝3m/sC．微粒在整個運動過程中的最終速度為eq\r(5)m/sD．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為eq\r(5)m/s解析：本題考查帶電粒子在電場中運動．A、C間的電場方向向右，由A到C，微粒所受的電場力向右，所以微粒從A至C做加速運動，A、C之間電場是對稱的，A到B電場對微粒做的功和B到C電場對微粒做的功相等，依據動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，2qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，聯立解得vC＝3m/s，選項B正確，A錯誤；微粒穿過C之后，受到的電場力向左，做減速運動，由對稱性可知，微粒最終可能返回至B點，其速度大小為eq\r(5)m/s，選項C錯誤，D正確．11.(多選)如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們是一個四邊形的四個頂點，ab∥cd，ab⊥bc,2ab＝cd＝bc＝2l，電場方向與四邊形所在平面平行．已知a點電勢為24V，b點電勢為28V，d點電勢為12V．一個質子(不計重力)經過b點的速度大小為v0，方向與bc成45°角，一段時間后經過cA．c點電勢為20VB．質子從b運動到c所用的時間為eq\f(\r(2)l,v0)C．場強的方向由a指向cD．質子從b運動到c電場力做功為8eV解析：本題考查電場強度、電勢、電場力做功等．三角形bcd是等腰直角三角形，具有對稱性，如圖所示，bM＝eq\f(1,2)bN＝eq\f(1,4)bd，已知a點電勢為24V，b點電勢為28V，d點電勢為12V，且ab∥cd，ab⊥bc,2ab＝cd＝bc＝2l，因此依據幾何關系，可得M點的電勢為24V，與a點電勢相等，從而連接aM，即為等勢面；bd連線中點N的電勢與c相等，為20V，A項正確；質子從b運動到c做類平拋運動，沿初速度方向分位移為eq\r(2)l，此方向做勻速直線運動，則t＝eq\f(\r(2)l,v0)，B項正確；Nc為等勢線，其垂線bd為場強方向，場強方向由b指向d，C項錯誤；電勢差Ubc＝8V，則質子從b運動到c電場力做功為8eV，D項正確．12.示波器是探討交變電流改變規律的重要儀器，其主要結構可簡化為：電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉電場和豎直放置的熒光屏組成，如圖所示．若已知加速電場的電壓為U1，兩平行金屬板的板長、板間距離均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側距離也為d，電子槍放射的質量為m、電荷量為－e的電子，從兩平行金屬板的中心穿過，打在熒光屏的中點O，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力．若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場，兩板間的偏轉電壓為U2，電子會打在熒光屏上某點，該點距O點距離為eq\f(3,2)