24版高中同步新教材必修第三冊人教物理備課資源第十章靜電場中的能量4電容器的電容基礎過關練題組一對電容器和電容的理解1.(2023云南楚雄天人中學月考)由電容器電容的定義式C=QU可知()A.只有電容器帶電時,電容C才不為零B.電容C與電容器所帶電荷量Q成正比,與電壓U成反比C.電容在數值上等于使兩板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量D.電容器所帶電荷量是兩極板所帶電荷量的代數和2.(2022山東淄博期末)某同學用圖像描述某電容器充電時,其電荷量Q、電壓U、電容C之間的關系,下列圖像正確的是()3.(2021吉林長春第一五一中學月考)有一已充電的電容器,兩極板間的電壓為3V,所帶電荷量為4.5×10-4C,此電容器的電容是()A.7.5×10-5FB.1.5×10-4FC.1.35×10-3FD.2.7×10-3F題組二電容器充、放電的特點4.(2023四川樂山沫若中學月考)某一電容器所帶電荷量和兩極板間電壓之間的關系圖線如圖所示,若將該電容器兩極板間的電壓從36V升高到40V,下列說法正確的是()A.該過程是充電過程B.該過程是放電過程C.電容器的電容為5.0×103μFD.該過程中電容器所帶電荷量的變化量為0.20C5.(2022重慶復旦中學期中)王老師利用如圖電路研究電容器的充、放電問題,單刀雙擲開關S原來跟2相接,從t=0開始,開關改接1,再將開關S撥向2位置,則流過電路中P點的電流大小隨時間變化的圖像及電容器兩極板間的電勢差UAB隨時間變化的圖像可能正確的是()6.(2023北京順義區第一中學月考)某同學使用圖甲所示電路觀察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器與計算機相連,可以顯示電路中電流隨時間的變化。圖甲中直流電源電壓E=8V,實驗前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電,充電結束后,使S與“2”端相連,直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變化的i-t曲線如圖乙所示。(1)圖像陰影表示i-t圖像與對應時間軸所圍成的面積,面積表示的物理意義是;

(2)乙圖中陰影部分的面積S1S2(選填“>”“<”或“=”);

(3)計算機測得S1=1203mA·s,則該電容器的電容為F;(保留兩位有效數字)

(4)由甲、乙兩圖可判斷阻值R1R2(選填“>”“<”或“=”)。

題組三平行板電容器的動態分析7.(2023黑龍江齊齊哈爾月考)平行板電容器與電源始終保持相連,在右極板由虛線位置平移到如圖所示的實線位置的過程中,設兩極板間的電壓為U、電場強度為E,電容器的電容為C、所帶電荷量為Q,以下說法正確的是()A.電路是斷路,不可能有電荷定向移動B.有負電荷從a到b定向移動,電流方向為順時針C.U不變,E變大,C變小,Q變小D.U不變,E變小,C變大,Q變大8.(2022江蘇鹽城模擬)如圖所示,平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接,G為一零刻度在表盤中央的電流計,閉合開關S后,下列說法中正確的是()A.若在兩板間插入電介質,電容器的電容變小B.若在兩板間插入一導體板,電容器的電荷量變小C.若將滑動變阻器滑片P向上移動,電容器的電荷量變大D.若將電容器下極板向下移動一小段距離,此過程電流計中有從a到b方向的電流題組四常用電容器9.(2022廣東廣州第四中學月考)如圖是一個電解電容器,由標注的參數可知()A.電容器的擊穿電壓為100VB.當電容器的電壓低于100V時,電容器無法工作C.給電容器加50V電壓時,電容器的電容為110μFD.電容器允許容納的最大電荷量為0.022C10.(2023黑龍江哈爾濱三中月考)如圖甲所示為老式收音機里的可變電容器,它是通過改變可變電容器的電容來調諧從而達到調臺的目的。其中固定不動的一組為定片,能轉動的一組為動片,動片與定片之間以空氣作為電介質。把它接在如圖乙所示的電路中,下列說法正確的是()A.當動片從定片中旋出時,電容器的電荷量減少,電阻中電流由b流向aB.當動片從定片中旋出時,電容器的電荷量增加,電阻中電子由b流向aC.當動片旋進定片時,電容器的電荷量增加,電阻中電子由a流向bD.當動片旋進定片時,電容器的電荷量減少,電阻中電流由b流向a能力提升練題組一電容器動態分析問題1.(2023河北邯鄲摸底)探究影響平行板電容器電容的有關因素的實驗裝置如圖所示,關于該實驗,下列說法正確的是()A.實驗前,如果只用與毛皮摩擦過的硬橡膠棒與電容器a板接觸,不能使電容器帶電B.實驗時,只將電容器b板向上平移,兩板間電場強度不變,靜電計指針的張角變小C.實驗時,只在極板間插入有機玻璃板,兩板間電場強度減小,靜電計指針的張角變小D.實驗時,只將電容器b板向左平移,兩板間電場強度增大,靜電計指針的張角變大2.(2023廣東惠州一中期中)如圖所示,平行板電容器與電壓為E的直流電源連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可忽略,開關閉合,穩定時一帶電的油滴靜止于兩極板間的P點,下列說法正確的是()A.保持S閉合,將上極板右移一小段距離后,靜電計指針的張角變大B.保持S閉合,將上極板下移一小段距離后,P點電勢升高C.若斷開S,將上極板右移一小段距離后,帶電油滴向上運動D.若斷開S,將上極板下移一小段距離,帶電油滴的電勢能不變3.(2023山東東營廣饒一中月考)如圖所示,平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零,可以視為短路;反向電阻無窮大,可以視為斷路)連接,電源負極接地,初始時電容器不帶電。閉合開關S穩定后,一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止狀態,下列說法正確的是()A.減小極板的正對面積,帶電油滴會向下移動,且P點的電勢會降低B.減小極板的正對面積,帶電油滴會向上移動,且P點的電勢會升高C.將下極板上移,帶電油滴向上運動D.斷開開關S,帶電油滴將向下運動題組二電容器在生活中的應用4.(2022天津南開中學期末,改編)心臟除顫器是通過一個電容器放電時的脈沖電流作用于心臟,實施電擊治療,使患者心臟恢復正常跳動的儀器。如圖所示,心臟除顫器的電容器電容為12μF,充電后電容器電壓為8.0kV。如果電容器在3.0ms時間內完成放電,下列說法正確的是()A.放電之后,電容器的電容為零B.該電容器的擊穿電壓為8.0kVC.放電之前,電容器存儲的電荷量為96CD.該次放電通過人體的平均電流為32A5.(2023遼寧鞍山協作校聯考)圖示為某電容傳聲器結構示意圖,當人對著傳聲器講話時,膜片會振動。若某次膜片振動時,膜片與極板間的距離減小,則在此過程中()A.膜片與極板間的電容減小B.極板所帶電荷量減小C.膜片與極板間的電場強度增大D.電阻R中有向上的電流6.(2022重慶八中模擬)在生產紡織品、紙張等絕緣材料時,為了實時監控其厚度,通常要在生產流水線上設置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板,上下位置均固定,且分別接在恒壓直流電源的兩極上(電源電壓小于材料的擊穿電壓)。下列說法正確的是()A.當產品厚度不變時,通過電流計G的電流不變B.當產品變厚時,A、B兩板間的場強減小C.當產品變厚時,A、B兩板的電荷量變大D.當產品變薄時,有電流從b向a流過電流計題組三平行板電容器與力學知識的綜合7.(2023浙江浙南名校聯盟聯考)如圖所示,一輕質絕緣細線一端固定在O點,另一端系一電荷量大小為q、質量為m的小球,小球靜止懸掛放置在平行板電容器極板A、B間,A、B兩極板間的距離為d,電容器兩板連接在電源兩端,細線與豎直方向夾角θ=60°,細線、小球在豎直平面內(即紙面內),A、B兩板與紙面垂直、與細線平行。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.此時細線的拉力F=32B.電源電壓U=mgdC.若保持兩板正對面積不變,B板向A板緩慢靠近,則細線的拉力變大D.若保持兩板正對面積不變,B板向A板緩慢靠近,則小球將緩慢下移8.(2023河南部分重點高中聯考)如圖所示,真空中有一對豎直放置的平行金屬板,兩板之間的距離為d,在O點用長為l的絕緣輕繩系一質量為m、電荷量為+q的帶電小球。當兩板之間加上恒定的電壓時,小球自O點正下方的M點由靜止開始運動,到N點時速度恰好為零,ON水平,已知重力加速度大小為g,則下列說法正確的是()A.小球可以在N點靜止B.兩板之間的電場強度大小為2C.小球的最大速度為22D.輕繩對小球的最大拉力為(32-2)mg

答案與分層梯度式解析第十章靜電場中的能量4電容器的電容基礎過關練1.C2.D3.B4.AC5.BD7.B8.C9.D10.C1.CC=QU是比值定義式,電容的大小與電容器所帶電荷量和電壓無關,A、B錯誤;根據C=ΔQΔU可知,電容在數值上等于使兩板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量,C正確易錯警示對電容器和電容的三點理解(1)電容器是一個儀器,而電容是一個物理量,它表征了電容器容納電荷的本領,不能把電容器簡稱為電容。(2)電容器所帶的電荷量Q=CU,隨電壓的升高而增大,與電壓成正比。電容器的電荷量是指一個極板上電荷量的絕對值。(3)電容C=QU是用比值定義法定義的,不能說電容C與Q成正比、與U成反比,電容C由電容器本身的性質決定,與Q、U2.D對于同一個電容器來說,其電容是不變的,電容器充電過程中電荷量逐漸增加,電壓也逐漸增加,A、B錯誤,D正確;由C=QU,整理得Q=CU,當電容不變時,電荷量與電壓成正比,3.B由C=QU可知C=4.5×10-44.AC由圖像可知,電壓升高,電容器所帶的電荷量增大,則屬于充電過程,A正確,B錯誤;根據圖像,當電壓為40V時,電荷量為0.2C,故電容器的電容C=QU=0.240F=5.0×10-3F=5.0×103μF,C正確;該過程中電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU=5.0×10-3×(40-36)C=0知識拓展通過Q-U圖像理解電容器的電容如圖所示,Q-U圖線是一條過原點的直線,直線的斜率表示電容大小,即k=C=ΔQ5.BD開關S接1時,電容器充電,充電完畢,電流為零,再將開關S撥向2位置,開始反向放電,且放電越來越緩慢,放電完畢后,電流為零,選項A錯誤,B正確;開關S接1時,電容器與電源直接相連,充電結束后,兩極板間電壓等于電源電壓,放電過程中,兩極板間的電壓逐漸減小,電壓變化越來越慢,極板的電性不變,選項C錯誤,D正確。6.答案(1)電荷量(2)=(3)0.15(4)<解析(1)根據公式Q=it可知面積表示電荷量。(2)充電前,電容器的電荷量為零,放電完成后,電容器的電荷量仍為零,充電過程和放電過程,電荷量相等,故S1=S2。(3)電容器兩端電壓等于電源電壓,則電容C=QU=1.2038F≈0.15F。(4)由圖乙可知,充電時的最大電流大于放電時的最大電流,則可知R1方法技巧電容器充、放電的特點歸納電流方向I-t、U-t圖像極板電荷極板間的電勢差電流變化充電電流由電源的正極流向電容器的正極板,同時電流從電容器的負極板流向電源的負極其中I-t圖線與t軸所包圍的面積表示充、放電的電荷量增大增大充電電流減小至零放電電流由電容器正極板經過電阻后流向電容器的負極板減小減小放電電流減小至零7.B在右極板由虛線位置平移到如題圖所示的實線位置的過程中,兩極板之間的距離d變大,根據C=εrS4πkd可知,C變小,由于平行板電容器與電源始終保持相連,其兩極板間電壓U保持不變,根據Q=CU可知,電容器所帶的電荷量減小,電容器放電,電流方向為順時針,電路中有負電荷從a到b定向移動;兩極板間電壓U一定,當極板間距離變大后,由E=Ud分析可知,極板間場強E8.C在兩板間插入電介質,相對介電常數εr增大,根據C=εrS4πkd可知電容器的電容變大;閉合開關S后,電容器兩板間電壓等于滑動變阻器下部分電阻分擔的電壓,兩板間電壓不變,故電容器的電荷量增大,A、B錯誤。將滑動變阻器的滑片P向上移動,電容器兩極板間電壓變大,根據C=QU可知電容器帶電荷量變大,C正確。將電容器下極板向下移動一小段距離,即d增大,根據C=εrS4πkd可知電容器的電容減小,結合C=QU可知電容器將放電,負電荷從a到9.D電容器的額定電壓為100V,低于100V時也可以工作,A、B錯誤;電容只與電容器本身有關,給電容器加50V電壓時,電容器的電容為220μF,C錯誤;根據C=QU代入數據得電容器允許容納的最大電荷量為0.022C,10.C當動片從定片中旋出時,正對面積減小,根據C=εrS4πkd,可知電容減小,電容器與電源串聯,電壓不變,根據C=QU,可知電荷量減小,電流從a流向b,電子從b流向a,A、B錯誤;當動片旋進定片時,正對面積增大,因此電容增大,電壓不變,故電荷量增大,電流從b流向a,電子從a流向能力提升練1.C2.BCD3.BC4.D5.C6.C7.C8.D1.C實驗前,只用與毛皮摩擦過的硬橡膠棒與電容器a板接觸,a板帶負電,由于靜電感應,在電容器b板上將感應出等量異種電荷,A錯誤。電容器b板向上平移,正對面積S變小,由C=εrS4πkd知電容C變小,電容器帶電荷量Q不變,場強E=Ud=QCd=QεrS4πkd·d=4πkQεrS,可知E增大;根據C=QU分析,由于Q不變,故U變大,因此靜電計指針的張角變大,B錯誤。插入有機玻璃板,相對介電常數εr變大,由C=εrS4πkd可知電容C變大,根據C=QU分析,由于Q不變,故U變小,因此靜電計指針的張角變小;由E=Ud可知,E減小,C正確。只將電容器b板向左平移,d增大,由C=εr解題通法分析電容器動態變化問題的步驟2.BCD當開關保持閉合時,兩極板間的電勢差保持不變,靜電計指針的張角不變,A錯誤;當開關保持閉合時,兩極板間的電勢差保持不變,將上極板下移一小段距離后,根據E=Ud,兩極板間場強增大,根據UP下極板=EdP下極板,P點與下極板間電勢差增大,P點電勢升高,B正確;當開關斷開時,極板的電荷量保持不變,將上極板右移一小段距離后,根據C=εrS4πkd,電容減小,根據U=QC,可知兩極板間的電勢差增大,根據E=Ud,兩極板間場強增大,帶電油滴受到的電場力增大,帶電油滴將向上運動,C正確;當開關斷開時,將上極板下移一小段距離,兩極板間的場強E=Ud=QCd=QεrS4πkdd=方法技巧電容器兩極板間電荷電勢能變化的分析技巧3.BC極板的正對面積減小,根據C=εrS4πkd可知電容C減小,因存在二極管,使得電容器不能放電,Q不變,根據C=QU可知U增大,結合U=Ed,知E增大,所以帶電油滴受到向上的電場力大于重力,油滴向上移動;根據UP0=φP-0=φP,場強增大,則P與下極板間的電勢差增大,φp增大,A錯誤,B正確。將下極板上移,即d減小,根據C=εrS4πkd可知電容C增大,結合C=QU,可知U不變,Q增大,電容器充電,板間場強E=Ud增大,帶電油滴向上運動,C正確。斷開開關S,因二極管單向導電,則電容器不能放電,故電荷量不變,易錯警示解答本題時容易因為死搬硬套結論而出錯。易犯的錯誤是認為電容器的兩個極板與電源相連,兩端電壓不變,當電容C減小時,電容器所帶電荷量減少。實際上本題由于電路中含有二極管,二極管具有單向導電性,所以電容器不會放電,導致電容器帶的電荷量不會變小。4.D電容器的電容與所帶電荷量無關,放電后電容器的電容不變,A錯誤;充電后電容器電壓為8.0kV,擊穿電壓大于此值,B錯誤;電容器存儲的電荷量Q=CU=1.2×10-5×8×103C=0.096C,C錯誤;該次放電通過人體的平均電流為I=Qt=0.0963×105.C由題圖可知,膜片與極板間的電勢差U保持不變;膜片與極板間的距離d減小,根據C=εrS4πkd可知膜片與極板間的電容增大,結合C=QU可知極板所帶電荷量增大;根據場強公式E=Ud,可知膜片與極板間的電場強度增大,A、B錯誤,C正確;極板所帶電荷量增大,電源給電容器充電關鍵點撥解答本題時要抓住兩個關鍵點:(1)電源與膜片、極板相連,電容器兩端的電壓恒定;(2)膜片振動時,膜片與極板間距離d變化,影響電容的大小,進而影響電容器帶的電荷量。6.C根據平行板電容器電容的決定式C=εrS4πkd可知,當產品厚度不變時,電容器的電容不變,由于電容器接在恒壓直流電源上,兩板間的電壓不變,故電荷量不變,沒有電流通過電流計G,故A錯誤;由于電容器兩板間的電壓不變,產品變厚不影響A、B兩板間的距離,由E=Ud可知A、B兩板間的場強不變,故B錯誤;當產品變厚時εr增大,根據C=εrS4πkd可知電容器的電容C增大,由于電容器兩板間的電壓不變,結合C=QU可知A、B兩板的電荷量變大,故C正確;當產品變薄時,εr減小,電容器的電容C減小,A、B兩板的電荷量變小,電容器放電,負電荷從b向7.C設小球所受電場力大小為F電,根據平衡條件有Fsinθ=F電cosθ,Fcosθ+F電sinθ=mg,解得F=12mg,F電=32mg,A錯誤;A、B間電場強度大小為EAB=F電q=3mg2q,電源電壓為U=EABd=3mgd2q,B錯誤;A、B兩板間電場強度大小為EAB=Ud,若保持兩板正對面積不變,B板向A板緩慢靠近,則A、B間電場強度增大,小球所受電場力增大,且方向不變,而小球所受重力不變,且重力與電場力的合力與細線的拉力平衡,開始時F與F電8.D小球在N點受重力和電場力,小球所受合力不為零,不能在N點靜止,A錯誤;小球自M點由靜止開始運動到N點,由動能定理有-mgl+qEl=0-0,解得E=mgq,B錯誤;小球所受重力、電場力的合力為F=(mg)2+(qE)2=2mg,與豎直方向夾角為45°,當小球運動到輕繩與豎直方向夾角為45°時速度最大,由動能定理有2mgl(1-sin45°)=12mvm2,解得vm=2(2-1)gl,C錯誤;輕繩與豎直方向夾角為45°時對小球的拉力最大模型構建等效重力場模型第十章靜電場中的能量5帶電粒子在電場中的運動基礎過關練題組一帶電粒子在電場中的加速1.(2023江西臨川第二中學月考)如圖所示,兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,一電子質量為m,電荷量為e,從O點沿垂直于極板的方向射出,最遠到達A點,然后返回,OA=h,不計重力,則此電子具有的初動能是()A.ed?2.(2023河南南陽一中月考)如圖所示,在兩平行板間接直流電源,位于A板附近的帶電粒子在電場力作用下,由靜止開始向B板運動,不計重力,關于粒子在兩板間的運動,下列說法正確的是()A.粒子到達B板時的速率與兩板間距離和電源電壓均有關B.若電源電壓U與粒子的電荷量q均變為原來的2倍,則粒子到達B板時的速率變為原來的4倍C.兩板間距離越大,粒子運動的時間越長D.粒子到達B板時的速率與兩板間距離無關,與電源電壓有關題組二帶電粒子在電場中的偏轉3.(2022重慶北碚月考)如圖所示,一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場,入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時,其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d,不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是()A.m4.(2023湖南常德漢壽一中月考)如圖,在真空中帶電粒子P1和P2先后以相同的初速度沿水平方向從O點射入勻強電場,它們的初速度垂直于電場強度方向,偏轉之后分別打在B、C兩點,且AB=BC。若P1的電荷量為P2的5倍,不計重力,則P1、P2的質量之比m1∶m2為()A.5∶2B.5∶4C.2∶5D.4∶55.(2023湖南長沙第一中學等名校聯考)如圖所示,長為d的水平放置的平行金屬板A和B間的距離也為d。OO'為兩板間的中線,在A、B兩板間加上恒定電壓U0,質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子組成的粒子束,不斷地從O點沿OO'方向射入兩板間,結果粒子從兩板右側距離A板為18d的位置離開兩板間,不計重力影響,(1)求粒子從O點射入的速度大小;(2)保持粒子射入的位置不變,射入的速度大小不變,方向改變,要使粒子剛好能從B板右側邊緣平行于B板飛出,求粒子射入的速度方向與OO'的夾角應滿足的條件;(3)保持粒子射入的位置不變,射入的速度不變,保持A板位置不變,將B板沿豎直方向平移,要使粒子從A板右側邊緣飛出,求B板移動的距離。題組三帶電粒子在電場中先加速后偏轉6.(2022湘鄂冀三省七校聯考)如圖所示,A為粒子源,A和極板B間的加速電壓為U1,兩水平放置的平行帶電金屬板C、D間的電壓為U2。現有質量為m、電荷量為+q的粒子從A處由靜止釋放,被加速電壓U1加速后水平進入豎直方向的勻強電場,最后從右側射出。金屬板C、D的長度為L,兩板間的距離為d,不計粒子重力,下列說法正確的是()A.粒子射出B板時的速度v0=2B.粒子在C、D極板間運動的時間t=L2C.粒子飛出C、D間電場時在豎直方向上發生的位移y=UD.若同時使U1和U2加倍,則粒子在飛出C、D極板時的速度與水平方向的夾角不變7.(2023河北九師聯盟聯考)某種類型的示波管工作原理如圖所示,電子先經過電壓為U1的加速電場,再垂直進入偏轉電場,離開偏轉電場時的偏移量為h,兩平行板之間的距離為d,電壓為U2,板長為L,把?U2叫示波器的靈敏度,電子電荷量為e。下列說法正確的是(A.電子在加速電場中動能增大,在偏轉電場中動能不變B.電子只要能離開偏轉電場,在偏轉電場中的運動時間一定等于LmC.當U1、L增大,d不變,示波器的靈敏度減小D.當L變為原來的2倍,d變為原來的4倍,U1不變,示波器的靈敏度增大8.(2023廣東惠州第一中學月考)一個電荷量為q=2×10-8C、質量為m=1×10-14kg、帶負電的粒子,由靜止經電壓為U1=1600V的加速電場加速后,立即沿中心線O1O2垂直進入一個電壓為U2=2400V的偏轉電場,然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點,偏轉電場兩極板間距為d=8cm,極板長L=8cm,極板的右端與熒光屏之間的距離也為L=8cm。整個裝置如圖所示(不計粒子的重力)。求:(1)粒子出加速電場時的速度v0的大小;(2)粒子出偏轉電場時的偏移距離y;(3)P點到O2的距離y'。

能力提升練題組一帶電粒子在恒定電場中的運動1.(2023廣東深圳大學附屬實驗中學月考)如圖所示,質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點(不計重力及粒子間相互作用力),則從開始射入到打到上極板的過程中()A.它們運動的時間tP<tQB.它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=1∶2C.它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ=1∶4D.它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶22.(2022重慶巴蜀中學期末)如圖,有質子(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)和氦核(24He)四種帶電粒子,先后從加速電壓是U1的加速電場中的P點由靜止釋放,被加速后從B板的小孔射出,沿C、D間的中線進入偏轉電壓為U2的偏轉電場,A.質子(11H)的偏轉距離B.氘核(12H)的偏轉角C.氦核(24HeD.質子(11H3.(2023浙江精誠聯盟聯考)如圖所示,一個電子由靜止開始經加速電場加速后,又沿偏轉電場極板間的中心線從O點垂直電場方向射入,并從另一側射出打到熒光屏上的P點,O'點為熒光屏的中心。已知電子質量m、電子電荷量e、加速電場電壓U0、偏轉電場電壓U、極板的長度L1、板間距離d、極板的末端到熒光屏的距離L2且L2=L12。(忽略電子所受重力)(1)電子射入偏轉電場時的初速度v0的大小;(2)P點到O'點的距離h;(3)為確保電子能從偏轉電場射出,偏轉電壓U和加速電壓U0的比值應滿足什么關系。題組二帶電粒子在交變電場中的運動4.(2023陜西西安周至中學月考)如圖甲,一平行板電容器兩板間距為d,在一板內側附近有一電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力及初速度),為使該離子能在兩極板間來回振動而不撞在兩極板上,在兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓,此交變電壓的周期應滿足()A.T<4dmC.T<2dm5.(2023江蘇南京六校聯考)如圖甲所示,電子靜止在兩平行金屬板A、B間的a點,t=0時刻開始A板電勢按如圖乙所示規律變化,則下列說法中正確的是()A.在t2時刻,電子的位移最大B.在t2時刻,電子的動能最大C.電子能從小孔P飛出,且飛出時的動能不大于eU0D.電子不可能在t2~t3時間內飛出電場6.(2023山東青島第十九中學月考)如圖所示,兩平行金屬板分別加上如下列選項中的電壓,能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計重力)做往返運動的U-t圖像是(設兩板距離足夠大)()7.(2023江蘇南通第一次質量監測)某裝置用電場控制帶電粒子運動,工作原理如圖甲所示。M和N為互相平行的金屬板,OO1為板間中線,O1為兩板右側邊緣連線的中點,板長為L,不考慮電場邊緣效應。電子從O點沿OO1方向射入兩板間,電子的電荷量為e、質量為m。不計電子重力。(1)若兩板間加恒定電壓U1,且M、N板間距離為d1,電子從O1點正上方A點從板間射出,O1、A兩點間距離為3d18,求該電子從O點射入電場的初速度(2)在(1)的情況下,只上下移動N板,改變M、N板間距離,求電子射出電場時動能的最大值Ekm;(3)若在兩板間加按如圖乙所示周期性變化的電壓,U0和T已知。某電子在t=0時刻以初速度v0=LT射入電場,要使該電子能從O1點射出電場,求Ux以及板間距離d

答案與分層梯度式解析第十章靜電場中的能量5帶電粒子在電場中的運動基礎過關練1.D2.CD3.B4.B6.AD7.B1.D電子從O點運動到A點,僅受靜電力作用,速度逐漸減小,根據動能定理得12mv02=eUOA。因E=2.CD對粒子,由動能定理有qU=12mv2,解得v=2qUm,則粒子到達B板時的速率與電源電壓有關,與兩板間距離無關,A錯誤,D正確;粒子到達B板時的速率v=2qUm,當U和q均變為原來的2倍時,粒子到達B板時的速率變為原來的2倍,B錯誤;由牛頓第二定律可知a=Fm=qEm=qUmd,又d=12at方法技巧處理帶電粒子的加速問題的兩種方法(1)利用運動狀態分析:帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場,受到的靜電力與運動方向在同一直線上,做勻加(減)速直線運動。(2)利用功能關系分析:粒子動能的變化量等于靜電力做的功(電場可以是勻強電場,也可以是非勻強電場)。3.B帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,在Q點,設粒子沿電場方向的分速度為vy,則vy=v0tan30°=3v0;粒子從P到Q做類平拋運動,沿初速度v0方向有d=v0t,沿電場方向有vy=qEmt,聯立方程解得E=4.BP1、P2兩粒子在電場中做類平拋運動,在水平方向做勻速直線運動,豎直方向做勻加速直線運動。因為AB=BC,則2x1=x2,根據t=xv0可知t1∶t2=1∶2。豎直位移相同,根據y=12at2可知,a1∶a2=t22∶t12=4∶1,根據牛頓第二定律得5.答案(1)4qU03m(2)粒子射入的速度方向與OO'成45°斜向右下方解析(1)粒子在平行金屬板間做類平拋運動,水平位移和豎直位移分別滿足d=v0t1,3根據牛頓第二定律可得qU0解得v0=4(2)設粒子射入的速度方向與OO'方向的夾角為θ,則粒子在板間運動時在水平方向上滿足v0cosθ·t2=d,在豎直方向上滿足12d=12v0解得tanθ=1即粒子射入的速度方向與OO'成45°角斜向右下方(3)設改變后兩板間的距離為d',則水平方向有d=v0t1豎直方向有1根據牛頓第二定律可得qU0解得d'=34因此,B板應向上移動的距離Δd=d-d'=146.AD粒子從粒子源A到B板,由動能定理得qU1=12mv02,故v0=2qU1m,A正確;粒子在C、D間的運動時間t=Lv0=Lm2qU1,B錯誤;粒子飛出C、D間電場時在豎直方向發生的位移y=12at2=12·qU27.B電子在加速電場和偏轉電場中運動,電場力均對電子做正功,電子的動能增大,A錯誤;電子在加速電場中運動,有eU1=12mv02,解得v0=2eU1m,電子只要能離開偏轉電場,在偏轉電場中的運動時間一定等于t=Lv0=Lm2U1e,B正確;電子在偏轉電場中運動,有h=12×eU2md×Lv02,結合eU1=12mv02,聯立解得?U28.答案(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由動能定理可得qU1=1代入數據解得v0=8×104m/s(2)粒子進入偏轉電場后做類平拋運動,水平方向有L=v0t豎直方向有y=12at2,a=qEm,E聯立并代入數據,解得y=0.03m(3)設粒子射出偏轉電場時速度方向與中心線O1O2間夾角為θ,則tanθ=vyv0,又因為y=12vyt,L=v0t,則tanθ=y1解得y'=3y=0.09m方法技巧計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法:(1)Y=y+dtanθ(d為屏到偏轉電場的水平距離)(2)Y=L2+dtanθ((3)Y=y+vy·d(4)根據三角形相似:Y能力提升練1.BC2.CD4.A5.C6.B1.BC粒子在垂直于電場方向做勻速直線運動,則t=xv,垂直于電場方向位移相同,初速度相同,則運動時間相同,A錯誤;沿電場方向有h=12at2,Eq=ma,則q=2m?Et2,可知qP∶qQ=hP∶hQ=1∶2,B正確;電場力做正功,電勢能減少,減少量為ΔE=Eqh=2m?2t2,則ΔEP∶ΔEQ=?P2∶?Q2=1∶4,C正確;由能量守恒可知,電勢能減少2.CD在加速電場中,根據動能定理有qU1=12mv02-0,在偏轉電場中,帶電粒子做類平拋運動,則有L=v0t,a=qU2md,y=12at2,聯立可得y=U2L24dU1,所以四種帶電粒子的偏轉距離y相同,A錯誤;帶電粒子的偏轉角的正切值為tanθ=atv0=U2L2U1d,所以四種帶電粒子的偏轉角θ相等,B錯誤;根據動能定理可得qU1+qU2dy=12mv2,帶電粒子射出偏轉電場時的動能為Ek=12mv2=拓展延伸本題中四種帶電粒子通過偏轉電場后,出射點的位置相同,出射速度的方向相同,若在偏轉電場右側放置熒光屏,這四種帶電粒子將打在同一點。關于判斷多種帶電粒子通過同一電場后是否打在同一點的問題,要根據題設條件尋找帶電粒子的出射點和出射方向的關系。3.答案(1)2eU0m(2)UL解析(1)在加速電場中,根據動能定理有eU0=1解得v0=2(2)在偏轉電場中,電子做類平拋運動在垂直于電場方向上有L1=v0t在沿電場方向上有y=12at根據牛頓第二定律a=eU聯立以上各式解得y=U電子從偏轉電場射出時沿電場方向的速度為vy=at=eUP點到O'點的距離為h=vy×L(3)為確保電子能從偏轉電場射出得y≤d即U解得U一題多解(2)根據相似三角形的性質有yL12=?