電容器與電容-帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-資料下載頁(yè)
2025-05-16 07:08本頁(yè)面
【正文】 極板間隙所用時(shí)間之比為1∶(－1)答案 BD解析 帶正電的粒子在電場(chǎng)力作用下由左極板向右運(yùn)動(dòng)，可判斷右側(cè)金屬板接電源負(fù)極，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．由v－t圖象可知，0～ s帶電粒子的加速度a＝2 m/s2，兩板間距離d＝at2＝ m，由Eq＝ma得E＝200 V/m，U＝2Ed＝100 V，B選項(xiàng)正確．可將粒子在兩個(gè)極板間隙間的運(yùn)動(dòng)看成是初速度為零的連續(xù)的勻加速運(yùn)動(dòng)，兩間隙距離相等，則有t1∶t2＝1∶(－1)，D選項(xiàng)正確．v1∶v2＝1∶，將v1＝ m/s代入，得v2＝ m/s，C選項(xiàng)錯(cuò)誤．6．如圖4所示，板長(zhǎng)L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37176。，兩板所加電壓為U＝100 V．有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q＝310－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取 圖4g＝10 m/s2，sin α＝，cos α＝)．求：(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時(shí)的速度．答案 (1)810－8 kg (2) m/s解析 (1)根據(jù)題意畫(huà)出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：qEcos α＝mgE＝解得：m＝代入數(shù)據(jù)得m＝810－8 kg(2)對(duì)液滴由動(dòng)能定理得：qU＝mv2－mvv＝ 所以v＝ m/s≈ m/s.?題組3 帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)7．如圖5所示，一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們 ( )A．同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn) 圖5B．先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C．同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn)D．先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)答案 B解析 一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的末速度不同，因此在加速電場(chǎng)及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會(huì)先后打在屏上同一點(diǎn)，選B.8．(2012廣東理綜20)圖6是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場(chǎng)后，分落在收集板中央的兩側(cè)．對(duì)礦粉分離的過(guò)程，下列表述正確的有 ( )A．帶正電的礦粉落在右側(cè)B．電場(chǎng)力對(duì)礦粉做正功C．帶負(fù)電的礦粉電勢(shì)能變大D．帶正電的礦粉電勢(shì)能變小 圖6答案 BD解析 由題圖可知，電場(chǎng)方向水平向左，帶正電的礦粉所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相同，所以落在左側(cè)；帶負(fù)電的礦粉所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反，所以落在右側(cè)．選項(xiàng)A錯(cuò)誤；無(wú)論礦粉所帶電性如何，礦粉均向所受電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力均做正功，選項(xiàng)B正確；電勢(shì)能均減少，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．9．如圖7所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．電子的重力不計(jì)．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是 ( )圖7A．僅將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極性對(duì)調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓答案 C解析 設(shè)加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，電子加速過(guò)程中，由U0q＝，得v0＝ ，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t＝，a＝，vy＝at，tan θ＝＝，由此可判斷C正確． 10．如圖8所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直．粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30176。角．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零．則下列說(shuō)法中正確的是 ( )A．帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－qU 圖8B．帶電粒子帶負(fù)電C．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝D．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝答案 AC解析 根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷B錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，而P點(diǎn)的電勢(shì)為零，所以A正確；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場(chǎng)線為x軸，平行于電場(chǎng)線為y軸，由曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝＝；帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，C正確，D錯(cuò)誤．11．絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其俯視圖如圖9所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，電場(chǎng)方向與x軸正向平行，電場(chǎng)的半徑為R＝ m，圓心O與坐標(biāo)系的原點(diǎn)重合，場(chǎng)強(qiáng)E＝2 N/＝－110－5 C、質(zhì)量m＝110－5 kg的粒子，由坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v0＝1 m/s沿y軸正方向射入電場(chǎng)(重 圖9力不計(jì))，求：(1)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)粒子出射點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)粒子射出時(shí)具有的動(dòng)能．答案 (1)1 s (2)(－1 m,1 m) (3)10－5 J解析 (1)粒子沿x軸負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，則有Eq＝max＝at2沿y軸正方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有y＝v0tx2＋y2＝R2解得t＝1 s.(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)邊界的位置坐標(biāo)為(－x1，y1)，則有x1＝at2＝1 m，y1＝v0t＝1 m，即為(－1 m,1 m)．(3)射出時(shí)由動(dòng)能定理得Eqx1＝Ek－mv代入數(shù)據(jù)解得Ek＝10－5 J.12．如圖10所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢(shì)差U＝103 V(僅在兩板間有電場(chǎng))，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝110－2 kg、電荷量q＝410－5 C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，在兩板間沿直線運(yùn)動(dòng)，從右板的下邊緣飛出 圖10電場(chǎng)，g取10 m/s2，求：(1)金屬板的長(zhǎng)度L；(2)小球飛出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek.答案 (1) m (2) J解析 (1)小球到達(dá)左板上邊緣時(shí)的豎直分速度：vy＝＝2 m/s設(shè)小球此時(shí)速度方向與豎直方向之間的夾角為θ，則：tan θ＝＝2小球在電場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，設(shè)板間距為d，則：tan θ＝＝L＝，解得L＝＝ m(2)進(jìn)入電場(chǎng)前：v1＝電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程qU＋mgL＝Ek－mv聯(lián)立解得Ek＝ J20
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