6、第3讲-电容器-带电粒子在电场中的运动.doc

[随堂巩固提升]
1．根据电容器电容的定义式C＝，可知(　　)
A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比
D．以上说法均不对
解析：选D　电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小无关，故A、B、C错误，D正确。
2．如图6－3－12所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键K闭合。电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是(　　)

图6－3－12
A．微粒带的是正电
B．电源电动势大小为
C．电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动
D．保持电键K闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动
解析：选BD　微粒静止不动，电场力与重力平衡，微粒带负电，故A错；由于Eq＝mg即q＝mg，所以U＝，B对；K断开，改变板间距离，由于电容带电荷量不变，板间场强E＝不变，微粒仍受力平衡，静止不动，C错；保持K闭合，板间距离增大，由E＝知场强变小，电场力小于重力，微粒向下加速，D正确。
3. (2012·新课标全国卷)如图6－3－13，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)

图6－3－13
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
解析：选BD　对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错；由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B正确，C错误；F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确。
4.三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图6－3－14所示的轨迹，则可以判断(　　)

图6－3－14
A．它们在电场中运动时间相同
B．A、B在电场中时间相同，C先飞离电场
C．C进入电场的速度最大，A最小
D．电场力对C做功最小
解析：选BCD　三电子在电场运动的加速度相同，在垂直于极板方向，yA＝yB>yC，由y＝at2知在电场中运动的时间tA＝tB>tC，故A错，B对；B、C水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B运动时间相同，但xA<xB故vB>vA，故C进入电场的速度最大，A最小，C正确；电场力做功W＝Eqy而yA＝yB>yC，故电场力对C做功最小，D正确。
5.如图6－3－15所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。

图6－3－15
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；
(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv
解得v0＝ 。
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝
＝a
y＝at2
解得：y＝。
(3)减小加速电压U1，增大偏转电压U2(答案合理即可)。
答案：(1)　(2)　(3)见解析
6.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球，另一端固定于O点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ。求：

图6－3－16
(1)匀强电场的场强；
(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力。
解析：(1)设细线长为L，小球带电荷量为q，场强为E。若q>0，则E水平向右，反之向左。从释放点到左侧最高点的过程中，重力势能的减少等于电势能的增加，有
mgLcos θ＝qEL(1＋sin θ)
解得E＝，方向水平向右
(2)设小球运动到最低点时的速度为v。此时细线对小球拉力为F，由动能定理
mgL－qEL＝mv2
在最低点，由牛顿第二定律
F－mg＝m
联立解得　F＝mg(3－)
答案：(1)　方向水平向右
(2)mg(3－)