PAGEPAGE8第3講電容器帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)◎基礎(chǔ)鞏固練1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，在電場(chǎng)力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的。關(guān)于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)()解析：由a至c的彎曲狀況可知受力方向指向圖中虛線的右下方，b點(diǎn)的速度方向vb如圖，由a至c速率遞減可知受力方向如圖中F，α角大于90°，因?yàn)殡姾蔀樨?fù)，故場(chǎng)強(qiáng)方向應(yīng)與F反向，D正確。答案：D2.(2024·福建漳州模擬)如圖所示，電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板，電介質(zhì)與被測(cè)物體相連，電容器接入電路后，通過(guò)極板上的物理量變更可確定被測(cè)物體的位置。則下列說(shuō)法中正確的是()A．若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板上電荷量增加B．若電容器極板上電荷量不變，x變小，電容器極板間電壓變大C．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的正極板D．若電容器極板間的電壓不變，x變大，有電流流向電容器的負(fù)極板解析：若x變大，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的狀況下，由Q＝CU知電容器的電荷量削減，此時(shí)帶正電荷的極板得到電子，帶負(fù)電荷的極板失去電子，所以有電流流向負(fù)極板，A、C錯(cuò)誤，D正確。若電容器極板上電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，電容器極板間電壓減小，B錯(cuò)誤。答案：D3．(2024·安徽聯(lián)考)美國(guó)物理學(xué)家密立根于20世紀(jì)進(jìn)行了多次試驗(yàn)，比較精確地測(cè)定了電子的電荷量，其試驗(yàn)原理可以簡(jiǎn)化為如下模型：兩個(gè)相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調(diào)電源。從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的油滴因摩擦而帶有肯定的電荷量，將兩板間的電勢(shì)差調(diào)整到U時(shí)，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場(chǎng)，油滴起先下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達(dá)到勻速下落狀態(tài)，通過(guò)顯微鏡觀測(cè)這個(gè)速度的大小為v，已知這個(gè)速度與油滴的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。則計(jì)算油滴帶電荷量的表達(dá)式為()A．q＝eq\f(kvd,U) B．q＝eq\f(vdg,kU)C．q＝eq\f(kv,Ud) D．q＝eq\f(vg,kUd)解析：帶電油滴恰好懸浮時(shí)，由平衡條件有：qeq\f(U,d)＝mg，油滴勻速下落時(shí)有v＝km，解得q＝eq\f(vdg,kU)，故B正確。答案：B4．(多選)有一種電荷限制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．減小墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度解析：依據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，B、D正確。答案：BD5.(多選)(2024·吉林長(zhǎng)春質(zhì)檢)如圖所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計(jì)。起先時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)肯定角度。下列操作可使指針張開(kāi)角度增大一些的是()A．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將R上的滑片向右移動(dòng)B．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板間距增大一些C．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板間距增大一些D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板的正對(duì)面積減小一些解析：保持開(kāi)關(guān)閉合，電容器兩端的電勢(shì)差等于電源的電動(dòng)勢(shì)，故電容器兩端的電勢(shì)差不變，則靜電計(jì)指針張角不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，電容器帶電荷量Q不變，將A、B兩極板正對(duì)面積減小，或A、B間距增大，電容C減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電勢(shì)差U增大，靜電計(jì)指針張角增大，故選項(xiàng)C、D正確。答案：CD6.如圖所示，空間存在著強(qiáng)度E＝2.5×102N/C，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)內(nèi)一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的絕緣細(xì)線，—端固定在O點(diǎn)，另一端拴著質(zhì)量m＝0.5kg、電荷量q＝4×10－2C的小球?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到的拉力恰好達(dá)到它能承受的最大值而斷裂。取g＝10m/s2。求：(1)小球的電性。(2)細(xì)線能承受的最大拉力。(3)當(dāng)小球接著運(yùn)動(dòng)后與O點(diǎn)水平方向距離為L(zhǎng)時(shí)，小球距O點(diǎn)的高度。解析：(1)由小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)可知，小球帶正電。(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為v，對(duì)該過(guò)程由動(dòng)能定理有，(qE－mg)L＝eq\f(1,2)mv2①在最高點(diǎn)對(duì)小球由牛頓其次定律得，F(xiàn)T＋mg－qE＝meq\f(v2,L)②由①②式解得，F(xiàn)T＝15N。(3)小球在細(xì)線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a，則a＝eq\f(qE－mg,m)③設(shè)小球在水平方向運(yùn)動(dòng)L的過(guò)程中，歷時(shí)t，則L＝vt④設(shè)豎直方向上的位移為x，則x＝eq\f(1,2)at2⑤由①③④⑤解得x＝0.125m所以小球距O點(diǎn)高度為x＋L＝0.625m。答案：(1)正電(2)15N(3)0.625m◎?qū)嵙μ嵘?．(多選)(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，平行板電容器A、B兩極板水平放置，現(xiàn)將其與志向的二極管(二極管具有單向?qū)щ娦?串聯(lián)接在電源上，已知上極板A通過(guò)二極管和電源正極相連，一帶電小球從一確定的位置水平射入，打在下極板B上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽視，現(xiàn)僅豎直上下移動(dòng)A板來(lái)變更兩極板A、B間距(下極板B不動(dòng)，兩極板仍平行，小球水平射入的位置不變)，則下列說(shuō)法正確的是()A．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距離增大時(shí)，小球打在N點(diǎn)的右側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距離減小時(shí)，小球打在N點(diǎn)的左側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距離減小時(shí)，小球打在N點(diǎn)的右側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距離減小時(shí)，小球打在N點(diǎn)的左側(cè)解析：因?yàn)槎O管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鲀蓸O板上的電荷量只能增大，不能減?。蝗粜∏驇д?，小球受到的電場(chǎng)力豎直向下，當(dāng)A、B間距離增大時(shí)，電容器的電容減小，但極板上的電荷量不變，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球受力不變，所以仍會(huì)打在N點(diǎn)；A、B間距離減小，電容器電容變大，極板上電荷量變大，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球受到的豎直向下的合力變大，加速度變大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變小，水平位移變小，所以小球打在N點(diǎn)的左側(cè)，故A錯(cuò)誤，B正確。同理可知C正確，D錯(cuò)誤。答案：BC8.如圖所示，矩形的四個(gè)頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，ab＝2bc＝2L，電場(chǎng)線與矩形所在的平面平行，已知a點(diǎn)電勢(shì)為18V，b點(diǎn)電勢(shì)為10V，c點(diǎn)電勢(shì)為6V。一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場(chǎng)，v0與ab邊的夾角為45°，一段時(shí)間后質(zhì)子經(jīng)過(guò)ab中點(diǎn)e，不計(jì)質(zhì)子重力，下列推斷正確的是()A．d點(diǎn)電勢(shì)為12VB．質(zhì)子從a到b電勢(shì)能增加了6eVC．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(4,L)D．質(zhì)子從a到e所用時(shí)間為eq\f(\r(2)L,2v0)解析：由于在勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿同一方向移動(dòng)相同的距離時(shí)電勢(shì)的變更相同，故Udc＝Uab，φa－φb＝φd－φc，故φd＝14V，A錯(cuò)誤；由于a點(diǎn)電勢(shì)為18V，b點(diǎn)電勢(shì)為10V，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，ab中點(diǎn)e的電勢(shì)為14V，故d、e連線為等勢(shì)線，與等勢(shì)線垂直的方向?yàn)殡妶?chǎng)方向，如圖所示，質(zhì)子在電場(chǎng)力作用下由a運(yùn)動(dòng)到b，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能削減8eV，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4,\f(\r(2),2)L)＝eq\f(4\r(2),L)，C錯(cuò)誤；從a到e，質(zhì)子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)幾何關(guān)系可知，在垂直電場(chǎng)方向的位移為eq\f(\r(2)L,2)，故質(zhì)子從a到e所用時(shí)間t＝eq\f(\r(2)L,2v0)，D正確。答案：D9.(2024·福建寧德模擬)如圖所示，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在著有界勻強(qiáng)電場(chǎng)E1、E2，已知區(qū)域Ⅰ寬L1＝0.8m，區(qū)域Ⅱ?qū)扡2＝0.4m，E1＝10eq\r(2)V/m且方向與水平方向成45°角斜向右上方，E2＝20V/m且方向豎直向下。帶電荷量為q＝1.6×10－3C、質(zhì)量m＝1.6×10－3kg的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在區(qū)域Ⅰ的左邊界由靜止釋放。g取10m/s2，求：(1)小球在電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的加速度大小和時(shí)間；(2)小球離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的速度大小和方向。解析：(1)小球在電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域受到的電場(chǎng)力F1＝qE1，小球在電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域受到的電場(chǎng)力和重力的合力方向水平向右，大小為F合＝F1cos45°＝1.6×10－2N，則小球向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a1＝eq\f(F合,m)＝10m/s2，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\r(\f(2L1,a1))＝0.4s。(2)小球離開(kāi)電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域的水平速度v0＝a1t1＝4m/s，小球在電場(chǎng)Ⅱ區(qū)域中受到電場(chǎng)力和重力的合力豎直向下，其加速度a2＝g＋eq\f(qE2,m)＝30m/s2，小球在電場(chǎng)Ⅱ區(qū)域中做類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(L2,v0)＝0.1s。小球在豎直方向的分速度vy＝a2t2＝3m/s，小球離開(kāi)電場(chǎng)Ⅱ區(qū)域的速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，設(shè)小球離開(kāi)電場(chǎng)Ⅱ區(qū)域的速度方向與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)，得θ＝37°。答案：(1)10m/s20.4s(2)5m/s速度方向與水平夾角為37°斜向右下方10．(2024·山西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3kg、電荷量為q＝8.0×10－5C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)1、2級(jí)無(wú)初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過(guò)多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1.0m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U；(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？解析：(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有eq\f(v0,gt1)＝tanθ①eq\f(L,2)cosθ＝v0t1②y－eq\f(L,2)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)③聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得v0＝eq\r(3)m/s，y＝eq\f(17,30)m④帶電小球在多級(jí)加速器加速的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0⑤代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75V(2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則沿y軸方向有