电容器带电粒子在电场中的运动

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练案[22]第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题(本题共8小题,1~4题为单选,5~8题为多选)1.(2019·重庆九校联盟联考)超级电容器又叫双电层电容器,它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。图示为一款超级电容器,其上标有“2.7V400F”,则可知(B)A.该电容器的输入电压只能是2.7V时才能工作B.该电容器的输入电压最大值小于或等于2.7V时都能工作C.该电容器不充电时的电容为零D.该电容器充满电时储存的电荷量为1080mA·h[解析]根据超级电容器,其上标有的“2.7V400F”,可知该电容器在2.7V以下电压(额定电压为2.7V)都能正常工作,该电容器充满电时储存的电荷量为q=CU=400×2.7C=1080C,选项B正确,A、C、D错误。2.(2019·云南昆明测试)如图所示,一个质量为m,带电量为+q的粒子在匀强电场中运动,依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B,粒子在A、B两点的速率均为v0,在C点的速率为5v05,已知AB=d,匀强电场在ABC平面内,粒子仅受电场力作用。则该匀强电场的场强大小为(A)A.4mv205qdB.2mv205qdC.22mv205qdD.2mv205qd[解析]根据题述,粒子在A、B两点的速率均为v0,A、B两点为等势点,AB两点的连线为等势线,电场强度的方向垂直AB连线,C点到AB的距离s=d2,对于粒子从C到A(或B),由动能定理,qEs=12mv20-12m(55v0)2,解得:E=4mv205qd,选项A正确。3.(2019·石景山区)图中虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面a上的电势为4V。一电子经过a时的动能为8eV,从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV。下列说法中正确的是(A)A.平面c上的电势为零B.该电子一定能够到达平面dC.该电子经过平面a时,其电势能为8eVD.该电子经过平面a时的速率是经过c时的2倍[解析]虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面,电子经过a时的动能为8eV,从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV,则电势能增加4eV,因此ac等势面之间的电势差为4V,由于电子的电势能增加,所以等势面从a到c电势是降低的,因为a上的电势为4V,故c上的电势为零,A正确;由A可知,相邻等差等势面电势差为2V。若电子经过a时速度方向与平面a垂直,则电子从a到d克服电场力做功需要6eV8eV,电子可能到达平面d;但如果电子经过a时速度方向与平面a不垂直,电子将会在电场中做抛体运动,则可能不会到达平面d,B错误;因为电子到达c时,动能剩余4eV,电势能Ep=qφc=0,故电子的总能量为4eV,根据能量守恒定律,电子经过平面a时,动能为4eV,故电势能为-4eV,故C错误;电子经过平面a的动能是经过c动能的2倍,故它在平面a时的速率是经过c时的2倍,D错误。4.(2019·湖南株州模拟)如图所示,圆心为O的光滑绝缘圆环竖直放置,处在水平向右的匀强电场中,一带电小球套在圆环上。开始时小球静止于点P处,点P、O、Q在同一竖直平面内。现在让球从点M处静止释放,则小球沿圆环运动过程中,第一次出现速度为零的位置是(C)A.点NB.点MC.点Q、N之间D.点M、N之间[解析]对小球位于P点受力分析如图。由平衡条件知重力G和电场力F电的合力F,方向沿OP斜向下,大小恒定。将合力F等效为一个合场力,当小球运动到与M点关于OP对称的M′点过程,F做功为零,环的作用力不做功,所以合外力的总功为零。由动能定理得:ΔEk=0,故M′点是第一次出现速度为零的位置,选C。5.(2018·安徽合肥一模)如图所示,A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面,一电子经过等势面D时,动能为16eV,速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时,电势能为-8eV,飞至等势面B时速度恰好为零。已知相邻等势面间的距离均为4cm,电子重力不计,则下列说法正确的是(ACD)A.电子做匀变速直线运动B.匀强电场的场强大小为100V/mC.等势面A的电势为-8VD.电子再次飞经D等势面时,动能为16eV[解析]电子的运动方向垂直于等势面,即运动方向和电场方向平行且电子重力不计,故电子做匀变速直线运动,A正确;电子飞至等势面B时速度恰好为零,故电子从等势面D到等势面B需克服电场力做功16eV,等势面D、B间的电势差UDB=-16eV-e=16V,相邻等势面间的电势差为8V,场强E=Ud=200V/m,B错误;等势面C处电子的电势能为-8eV,所以等势面C的电势φ=-8eV-e=8V,等势面A的电势为-8V,C正确;电子再次飞经D等势面时,电场力做功为零,电子动能仍为16eV,D正确。6.(2018·江西省南昌二中高三上学期第五次考试)如图所示,质量为m的带电小物块置于倾角53°的光滑斜面上,当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时,小物块恰好静止在高为H的斜面顶端,现将电场方向突然改为水平向右,而电场强度大小不变,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则小物块从斜面顶端开始(BD)A.历时25H14g着地B.历时2Hg着地C.到着地过程动能增加34mgHD.到着地过程动能增加2mgH[解析]整个装置处于竖直向下的匀强电场中时,物块静止,则电场力竖直向上,大小Eq=mg,且物块带负电;将电场方向突然改为水平向右,而电场强度大小不变,则物块受到水平向左的电场力Eq,则小球将离开斜面,水平方向做匀加速运动,且x=Eq2mt2;竖直方向自由落体运动,则y=12gt2,着地时y=H,解得t=2Hg,x=H,选项A错误,B正确;根据动能定理,落地的动能Ek=mgH+qEx=2mgH,选项C错误,D正确;故选BD。7.(2018·河南省漯河市高级中学高三期中试题)如图甲所示,两平行金属板A、B放在真空中,间距为d,P点在A、B板间,A板接地,B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示,t=0时,在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子,当=2T时,电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰,不计重力,则下列说法正确的是(BD)A.φ1︰φ2=1︰2B.φ1︰φ2=1︰3C.在0~2T时间内,当t=T时电子的电势能最小D.在0~2T时间内,电子的电势能减小了2e2T2φ21md2[解析]根据场强公式可得0~T时间内平行板间的电场强度为:E1=φ1d,电子的加速度为:a1=eE1m=φ1edm,且向上做匀加速直线运动,经过时间T的位移为:x1=12a1T2,速度为:v1=a1T;同理在T~2T内平行板间电场强度为:E2=φ2d,加速度为:a2=eE2m=φ2edm,电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动,位移为:x2=v1T-12a2T2,由题意2T时刻回到P点,则有:x1+x2=0,联立可得:φ2=3φ1,故A错误,B正确;当速度最大时,动能最大,电势能最小,而0~T内电子做匀加速运动,之后做匀减速直线运动,因φ2=3φ1,所以在2T时刻电势能最小,故C错误;电子在2T时刻回到P点,此时速度为:v2=v1-a2T=-2φ1eTdm,(负号表示方向向下),电子的动能为:Ek=12m2v22=2e2T2φ21md2,根据能量守恒定律,电势能的减小量等于动能的增加量,故D正确。所以BD正确,AC错误。8.(2019·云南玉溪模拟)如图所示,沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连,a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔,闭合开关S后,带正电的液滴从小孔正上方到达a板小孔时速度为v1,现使a板不动,在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离,相同的液滴仍从P点自由落下,此时液滴到达a板小孔时速度为v2,空气阻力不计,下列说法中正确的是(BC)A.若开关S保持闭合,向下移动b板,则v2v1B.若开关S保持闭合,则无论向上或向下移动b板,都有v2=v1C.若开关S闭合一段时间后再断开,向下移动b板,则v2v1D.若开关S闭合一段时间后再断开,则无论向上或向下移动b板,都有v2v1[解析]对液滴,从P到a由动能定得得mgPa-Uq=12mv21-0(或mgPa-Eqab=12mv21-0),若开关S保持闭合,向下移动b板,液滴到达a板时重力做的功和电场力做的功都不变,则v2=v1,A错误,B正确;若开关S闭合一段时间后再断开,向下移动b板,电容增大,电荷量不变,电场强度E=Ud=QCd=4πkQεrS不变。从P到a的过程中,重力做的功不变,电场力做的功减小,则v2v1,C正确;若开关S闭合一段时间后再断开,向上移动b板,则电容减小,电荷量不变,电场强度E=Ud=QCd=4πkQεrS不变,从P到a的过程中,重力做的功不变,电场力做的功增大,v2v1,结合C项分析可知D错误。二、非选择题9.(2019·四川自贡市模拟)中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s,进入漂移管E时速度为1×107m/s,电源频率为1×107Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108C/kg。求:(1)漂移管B的长度;(2)相邻漂移管间的加速电压。[答案](1)0.4m(2)6×104V[解析](1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则T=1f①L=vB·T2②联立①②式并代入数据得L=0.4m③(2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功W′,质子的电荷量为q、质量为m,则W=qU④W′=3W⑤W′=12mv2E-12mv2B⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U=6×104V10.(2018·安徽省定远月考)如图所示,在空间中取直角坐标系xOy,在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,MN为电场的理想边界,场强大小为E1,ON=d。在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E2。电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域,它到达的最左端为图中的B点,之后返回第一象限,且从MN上的P点离开。已知A点坐标为(0,h)。电子的电量为e,质量为m,电子的重力忽略不计,求:(1)电子从A点到B点所用的时间;(2)P点的坐标;(3)电子经过x轴时离坐标原点O的距离。[答案](1)t=mv0E2e(2)(d,h-E1ed22mv20)(3)x=mv20hE1ed+d2[解析](1)从A到B的过程中,加速度大小为a=E2em由速度公式得:0=v0-at解得:t=mv0E2e(2)电子从A运动到B,然后沿原路返回A点时的速度大小仍是v0,在第一象限的电场中,电子做类平抛运动,则:电子电场E1中的运动时间为:t1=dv0射出P点时竖直方向的分位移为y=12a1t21又根据牛顿第二定律得:a1=E1em解得y=E1ed22mv20所以P点的坐标为(d,h-E1ed22mv20)(3)电子到达P点时,竖直分速度为:vy=E1edmv0电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动,水平方向有:Δx=v0t2竖直方向有:h-y=vyt2电子经过x轴时离坐标原点O的距离x=d+Δx解得x=mv20hE1ed+d2

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