课件11张PPT。4.电容器的电容 一、电容器及其充放电1.电容器:
(1)电容器:两个相距_____的平行金属板中间夹上一层
_____物质组成一个电容器。很近绝缘(2)电容器的充电和放电。
①充电:把电容器的一个极板与电池组的正极相连,另
一个极板与负极相连,两个极板将分别带上
___________电荷,这个过程叫作_____。充电过程中由
电源获得的_____储存在电容器中。等量的异号充电电能②放电:用导线把充电后的电容器的两极板接通,两极
板上的电荷_____,电容器又不带电了,这个过程叫作
_____,放电过程_______转化为其他形式的能量。中和放电电场能2.电容:
(1)定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电
势差U的_____,叫作电容器的电容。
(2)定义式: 。比值(3)在国际单位制中,电容的单位是_____,简称___,符
号是F。常用单位还有微法(μF)和皮法(pF),数量值关
系:1 F=___μF=____pF。法拉法1061012二、平行板电容器的电容
1.平行板电容器结构:由两块彼此_____、互相靠近的
_____金属板组成,是最简单的、也是最基本的电容器。
2.平行板电容器电容的决定因素:平行板电容器的电容
与两平行极板正对面积S成_____,与电介质的相对介电
常数εr成_____,与极板间距离d成_____。绝缘平行正比正比反比3.平行板电容器电容表达式: 。
式中k为___________。静电力常量三、常见的电容器及符号
1.分类:从构造上可分为_____电容器和_____电容器两
类。
2.电容器上标有“1.5 μF,9 V”的字样,其中9 V指的
是_____电压。固定可变额定温馨提示：
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关键能力·素养形成
一 电容器和电容
1.C=为比值定义法。C的大小与Q、 U无关,只跟电容器本身有关,当Q=0时,U=0,而C并不为零。
2.电容是电容器本身的一种属性,大小由电容器自身的构成情况决定。
【思考·讨论】
电容器两极板间的电势差与所带电荷量的关系是什么? (物理观念)
提示:电容器所带电荷量与两极板之间的电势差之比是定值。
【典例示范】
对于一个电容器,下列说法中正确的是( )
A.电容器所带的电荷量越多,电容越大
B.电容器两极板间的电势差越大,电容越大
C.电容器两极板间的电势差减小到原来的一半,它的电容也减小到原来的一半
D.电容器所带的电荷量增加为原来的两倍,两极板间的电势差也增加为原来的两倍
【解题探究】
(1)电容表征电容器容纳电荷的本领大小,由电容器本身的特性决定。
(2)电容C=,采用的是比值定义法,C与U、Q无关,由电容器本身决定。
【解析】选D。C=是比值定义式,C与U、Q无关,电容表征电容器容纳电荷的本领大小,由电容器本身的特性决定,与两极板间的电压、所带的电荷量无关,故A、B、C错误;由C=得U=,则电荷量增加为原来的两倍,两极板间的电势差也增加为原来的两倍,故D正确。
【规律方法】通过Q -U图像来理解C=
(1)如图所示,在Q -U图像中,电容是一条过原点的直线,其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值,U为两极板间的电势差。
(2)电容器的电容也可以表示为C=,即电容器的电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1 V时所需增加(或减少)的电荷量。
【素养训练】
1.如图所示为我国自主研发、全球首创的“超级电容器”,这种电容器安全性高,可反复充、放电100万次以上,使用寿命长达十二年,且容量超大(达到9 500 F),能够在10 s内完成充电。则该“超级电容器” ( )
A.充电过程中电流是恒定电流
B.充电过程中两极板间的电压逐渐增大
C.充电时电容器的正极应接电源的负极
D.放电过程中电容器的化学能转化为电能
【解析】选B。电容器的充电电流随着电荷量的增加而减小,故A错误;充电过程,极板所带电荷量逐渐增大,根据C=可知,两极板间的电压逐渐增大,故B正确;充电时电源的正极要接电容器的正极,故C错误;放电过程中是内部的电场能转化为电能,故D错误。
2.如图所示,电源A两端的电压恒为6 V,电源B两端的电压恒为8 V,当开关S从A扳到B时,通过电流计的电荷量为1.2×10-5 C,则电容器的电容约为( )
A.2×10-5 F B.1.5×10-6 F
C.6×10-6 F D.8.6×10-7 F
【解析】选D。开关S打在A时,电容器的电压为:U1=6 V,电量为:Q1=CU1;开关S打在B时,稳定时,电容器的电压为:U2=8 V,电量为:Q2=CU2,因两电源极性相反,故通过电流计的电荷量为:Q=Q1+Q2=CU1+CU2=1.2×10-5 C,解得:C≈8.6×10-7 F,故D正确,A、B、C错误。
【补偿训练】
1.(多选)关于电容器和电容的概念,下列说法正确的是 ( )
A.任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器
B.用电源对平行板电容器充电后,两极板一定带有等量异种电荷
C.某一电容器带电荷量越多,它的电容就越大
D.某一电容器两板间的电压越高,它的电容就越大
【解析】选A、B。电容器是容纳电荷的容器,电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量。电容的大小与电容器带电多少及两极间电压大小都无关。
2.(多选)有一个正放电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-6C,其电压降为原来的,则 ( )
A.电容器原来带的电荷量是9×10-6C
B.电容器原来带的电荷量是4.5×10-6C
C.电容器原来的电压可能是5 V
D.电容器原来的电压可能是5×10-7 V
【解析】选B、C。由C=得=,解得Q=4.5×10-6C,故B正确;当U1=5 V时,C1== F=0.9 μF;当U2=5×10-7 V时,C2==F=9 F。这么大的电容可以说在哪里都没有,F的单位非常大,一般的电容都是μF以及pF。故电压不可能为5×10-7 V。故C项正确。
二 平行板电容器的动态分析
1.两个电容公式的比较:
比较项
C=(或C=)
C=
公式
特点
定义式,适用于一切电容器
决定式,适用于平行板电容器
意义
对某电容器Q∝U,但=C不变,反映电容器容纳电荷的本领
C∝εr,C∝S,C∝,反映了影响电容器电容大小的因素
2.平行板电容器动态问题的分析思路与技巧:
【思考·讨论】
平行板电容器的电容与哪些因素有关? (物理观念)
提示:平行板电容器的电容与两板的正对面积、介电常数、极板间距离有关。
【典例示范】
如图,一平行板电容器的两极板与一电压,极板水平放置,极板间距为d;在下极板上叠放一厚度为l的金属板,其上部空间有一。当把金属板从电容器中,粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为
( )
A.g B.g
C.g D.g
【审题关键】
序号
信息提取
①
电容器两极板间的电压保持不变
②
带电粒子受力平衡
③
两极板间的距离增大
【解析】选A。带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用,最初处于静止状态,由二力平衡条件可得:mg=q;当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离发生了变化,引起电场强度发生了变化,从而电场力也发生了变化,粒子受力不再平衡,产生了加速度,根据牛顿第二定律mg-q=ma,两式联立可得a=g,选项A正确。
【误区警示】关于电容器动态分析时的四点提醒
(1)充电后的电容器断开和电源的连接,Q一定。
(2)Q一定时,由E==知,两板间电场强度与d无关。
(3)接地电势为0。
(4)静电计的张角θ越大代表电势差越大。
【母题追问】
1.(多选)将【典例示范】中的电源断开,当把金属板从电容器中快速抽出后,下列说法正确的是 ( )
A.电容器的电容增大
B.极板间的电压增大
C.带电粒子P静止不动
D.带电粒子加速上升
【解析】选B、C。电源断开,当把金属板从电容器中快速抽出后,极板所带电荷量保持不变,极板间的距离增大,由C=可知,当d增大时,电容器的电容减小,选项A错误;由C=得U=,Q不变,C减小,U增大,选项B正确;由E=、C=、C=得,E=,故极板间的电场强度保持不变,故带电粒子受力情况不变,仍静止不动,C正确,D错误。
2.(多选)在【典例示范】中,若金属板保持不动,同时下极板接地,当将上极板向右移动一小段距离,则下列说法正确的是 ( )
A.电容器所带电荷量保持不变
B.极板间的电场强度保持不变
C.粒子所在初位置的电势保持不变
D.粒子将加速向下运动
【解析】选B、C。由C=可知,当S减小时,电容器的电容减小,由C=得Q=CU,电压U不变,C减小,故电容器所带电荷量减少,选项A错误;U和d不变,由E=可知,极板间的电场强度保持不变,选项B正确;由于极板间的电场强度不变,粒子所在初位置到下极板间的距离不变,故该点到零等势点的电势差不变,即该点的电势不变,选项C正确;由于粒子的受力情况不变,故粒子仍然保持静止状态,选项D错误。
【补偿训练】
1.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A.C和U均增大 B.C增大,U减小
C.C减小,U增大 D.C和U均减小
【解析】选B。根据平行板电容器电容公式C=,在两板间插入电介质后,电容C增大,因电容器所带电荷量Q不变,由C=可知,U=减小,选项B正确。
2.(多选)(2019·长沙高二检测)如图所示,电路中A、B为两块竖直放置的金属板,C是一只静电计,开关S合上后,静电计指针张开一个角度,下述做法可使静电计指针张角增大的是 ( )
A.使A、B两板靠近一些
B.使A、B两板正对面积减小一些
C.断开S后,使B板向右平移一些
D.断开S后,使A、B正对面积减小一些
【解析】选C、D。静电计显示的是A、B两极板间的电压,指针张角越大,表示两板间的电压越高。当合上S后,A、B两板与电源两极相连,板间电压等于电源电压,静电计指针张角不变;当断开S后,板间距离增大,正对面积减小,都将使A、B两板间的电容变小,而电容器所带的电荷量不变,由C=可知,板间电压U增大,从而使静电计指针张角增大。所以本题的正确选项是C、D。
【拓展例题】考查内容:平行板电容器综合分析
【典例】一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点,如图所示,以C表示电容器的电容,E表示两板间的场强,φ表示P点的电势,W表示正电荷在P点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中,下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是 ( )
【解析】选C。电容器的电容C=,两板间距随负极板向右平移而逐渐减小,电容C与d成反比,A错误;电容器与电源断开后,电荷量不变,根据E=,U=,C=,可知E=保持不变,B错误;负极板接地,电势为零,P点的电势φ等于P点到负极板的电势差,即φ=El,E不变,l减小,φ线性减小,C正确;由W=qφ可知,W随φ的变化而变化,即W随l的变化而变化,D错误。
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课堂检测·素养达标
1.如图是一个电解电容器,由标注的参数可知 ( )
A.电容器的击穿电压为450 V
B.当电容器的电压低于450 V时,电容器无法工作
C.给电容器加90 V电压时,电容器的电容为200 μF
D.电容器允许容纳的最大电荷量为0.45 C
【解析】选D。由标注的参数值可知,450 V指的是工作的额定电压,不是击穿电压,低于450 V的时候,电容器也可以工作,故A、B错误;电容器的电容值由其内部构造所决定,与其工作电压无关,故C错误;由C=可得,Q=UC=450 V×
1 000×10-6 F=0.45 C,故D正确。
2.已知两极板间距为d,极板面积为S的平行板电容器电容C=,其中ε0是常量。将电容器两极板的电荷量减半,间距变为原来的4倍,则电容器极板间( )
A.电压加倍,电场强度减半
B.电压加倍,电场强度加倍
C.电压减半,电场强度减半
D.电压加倍,电场强度不变
【解析】选A。由题意,两板上的带电量减半;且间距增加到4d,则C减小为原来的,由公式U=可知电压变为原来的2倍,则电场强度E=变为原来,故电场强度减半,故A正确,B、C、D错误。
3.(多选)如图所示,平行板电容器两极板A、B与电池两极相连,一带正电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S,充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为θ,则( )
A.保持S闭合,将A板向B板靠近,则θ增大
B.保持S闭合,将A板向B板靠近,则θ不变
C.断开S,将A板向B板靠近,则θ增大
D.断开S,将A板向B板靠近,则θ不变
【解析】选A、D。保持开关S闭合,电容器两端间的电势差不变,带正电的A板向B板靠近,极板间距离减小,电场强度E增大,小球所受的电场力变大,θ增大,故A正确,B错误;断开开关S,电容器所带的电荷量不变,C=,E===,知d变化,E不变,电场力不变,θ不变,故C错误,D正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示,C为中间插有电介质的电容器,a和b为其两极板,a板接地;P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球;P板与b板用导线相连,Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向,在b板带电后,悬线偏转了α角度。在以下方法中,能使悬线的偏角α变大的是 ( )
A.缩小a、b间的距离
B.加大a、b间的距离
C.取出a、b两极板间的电介质
D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
【解析】选B、C。设PQ两金属板构成的电容器电容为C0,带电荷量为q0,由题意知b板与P板的电势相等,所以两电容器的电势差U相等,设电容C的带电荷量为q,根据题意知两个电容器带的总电荷量不变,设为Q,所以q0+q=Q。根据Q=CU,所以C0U+CU=Q,对小球要使α角增大,根据力的平衡可得小球受到的电场力要增大,即需两极板间的电势差增大,因此根据C0U+CU=Q,只有C0或C减小才能使U增大。根据C=,电介质减小、正对面积减小或极板距离增大都能使电容减小,故选项B、C正确。
4.如图所示,电源电压U=6 V。外接电阻R1=5 Ω、R2=10 Ω,电容器的电容C=6 μF,开始时两开关均断开。求:
(1)只闭合开关S1时,电容器C上的电荷量Q1;
(2)闭合开关S1、S2时,电容器C上的电荷量Q2。
【解析】(1)只闭合开关S1时,电路断开,电容器的电压等于电源电压,为:U1=6 V,
有:Q1=U1C=3.6×10-5 C
(2)闭合开关S1、S2时,电容器的电压等于R2的电压,为:
U2=U=4 V
有:Q2=U2C=2.4×10-5 C
答案:(1)3.6×10-5 C (2)2.4×10-5 C
情境:当病人发生心室纤颤时,必须要用除颤器及时进行抢救,除颤器工作时的供电装置是一个C=70 μF的电容器,它在工作时,一般是让100～300 J的电能在2 ms的时间内通过病人的心脏部位。
问题:已知充电后电容器储存的电能为E=CU2,
(1)除颤器工作时的电功率在什么范围?
(2)要使除颤器的电容器储存140 J的电能,充电电压需达到多大?
【解析】(1)根据电功率P=知
P1= W=5×104 W=50 kW,
P2= W=1.5×105 W=150 kW,
即电功率的范围为50 kW～150 kW。
(2)根据电容器储存的电能为E=CU2,
知U== V=2 000 V
答案:(1)50 kW～150 kW (2)2 000 V
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课时素养评价 八
带电粒子在电场中的运动
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.如图甲是某电场中的一条电场线,A、B是这条电场线上的两点,若将一负电荷从A点自由释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中的v-t图像如图乙所示。关于EA、EB和φA、φB的比较,下列说法正确的是 ( )
A.EA>EB,φA>φB B.EA>EB,φA<φB
C.EAφB D.EA【解析】选B。负电荷从A运动到B,由速度时间图线得到负电荷做加速运动,故电场力向右;负电荷受到的电场力与场强方向相反,故场强向左,沿场强方向,电势变小,故B点电势较大,即φA<φB;因为图线的斜率变小,故加速度变小,因此电场力变小,所以电场强度变小,即EA>EB,故B正确,A、C、D错误。
2.如图所示,两平行带电金属板,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的4倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,
则 ( )
A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶
B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2
C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=∶1
D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2
【解析】选D。由C=,C=,U=Ed可以推导得E=,极板距离增大但电场强度不变,因此加速度大小不变,a1∶a2=1∶1;根据运动学公式2as=v2,a大小不变,s变为原来的4倍,则v1∶v2=∶=1∶2,因此A、B、C错误,D正确。
3.如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知=,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则 ( )
A.vCy∶vDy=2∶1
B.vCy∶vDy=1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3
D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4
【解析】选D。电子沿Ox轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知=,则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A、B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上:yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则得ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C错误,D正确。
4.如图,喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间,有的沿水平直线①飞出,有的沿曲线②从板边缘飞出,有的沿曲线③运动到板的中点上。不计空气阻力及油滴间的相互作用,则 ( )
A.沿直线①运动的所有油滴质量都相等
B.沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等
C.沿曲线②、③运动的油滴,运动时间之比为1∶2
D.沿曲线②、③运动的油滴,加速度大小之比为1∶4
【解析】选D。设正对金属板之间的电场强度为E,沿直线①运动的所有油滴满足mg=qE,即=相等,故A、B错误;沿曲线②、③运动的油滴,在初速度方向上有:x=v0t,x2=2x3,初速度相等,所以有:t2∶t3=2∶1,竖直方向有h=at2,联立解得:a2∶a3=1∶4,故C错误,D正确。
5.如图所示为示波管的工作原理图,电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场,离开偏转电场时偏转量是h,两平行板间的距离为d,电压为U2,板长为L,每单位电压引起的偏移叫作示波管的灵敏度。为了提高灵敏度,可进行的操作是 ( )
A.减小d B.减小L C.增大U1 D.增大U2
【解析】选A。电子在加速电场中加速,根据动能定理可得:eU1=m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为:v0=,电子进入偏转电场后偏转的位移为:h=at2=··=,所以示波管的灵敏度为:=。要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d和减小U1,所以A正确,B、C、D错误。
6.如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入水平平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则 ( )
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为2∶1
C.A和B的质量之比为1∶1
D.A和B的位移大小之比为1∶1
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式,求解质量之比。
(3)根据水平位移与初速度之比求解时间之比。
【解析】选A。粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向:x=v0t,初速度相等,所以t∝x,A和B在电场中运动的时间之比==,故A正确;粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,y=at2,y相同,a与t2成反比,==,故B错误;由牛顿第二定律得:qE=ma,则粒子质量m=,=·=,故C错误;A、B的位移大小之比:=≠,故D错误。
【补偿训练】
如图,平行板电容器A、B两极板水平放置,将其和二极管串联接在电源上,已知A板和电源正极相连,二极管具有单向导电性。一带负电小球从A、B间的某一固定点水平射入,打在B板上的N点,小球的重力不能忽略,现通过上下平移A板来改变两板间距,则下列说法正确的是 ( )
A.当A、B间距增大时,小球可能打在N点的左侧
B.当A、B间距减小时,小球可能打在N点的左侧
C.当A、B间距减小时,电场力对小球做功不变
D.当A、B间距增大时,电场力对小球做功不变
【解析】选D。当A、B间距d增大时,电容减小,由图得Q不可能减小,所以Q不变,根据E==,知E不变,电场力不变,小球仍然打在N点。运动轨迹不变,所以电场力做功也不变,故A错误,D正确;当A、B间距减小时,电容增大,电容器充电,平行板间的电压不变,根据E=可知,电场强度变大,由于小球带负电,受到向上的电场力,所以小球运动的加速度会变小,则在平行板间运动的时间会变长,所以水平位移也将变大,应该落在N点的右侧,并且随着电场力的增大,则克服电场力做功也将变大,故B、C错误。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)一束电子流在经U1的加速电压加速后,从两极板中间垂直进入平行板中的匀强电场,如图所示,若两极板间距为d,板长为L,平行板间电压为U2。
(1)求电子经加速电压加速后的速度v0。
(2)若电子能从极板飞出,求沿竖直方向的侧移量y。
(3)求电子刚好从极板边沿离开平行板时的动能。
【解析】(1)在加速电场中加速,根据动能定理得:
eU1=m解得:v0=
(2)进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动:L=v0t
在竖直方向做匀加速运动:y=at2
其中:a==
解得:y=
(3)根据动能定理可知:U1e+U2e=Ek-0
解得:Ek=U1e+U2e
答案:(1) (2) (3)U1e+U2e
8.(12分)如图,ACB是一条足够长的绝缘水平轨道,轨道CB处在方向水平向右、大小E=1.0×106 N/C的匀强电场中,一质量m=0.25 kg、电荷量q=-1.5×10-6 C的可视为质点的小物块,在距离C点L0=5.5 m的A点处,以初速度v0=12 m/s开始向右运动。已知小物块与轨道间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10 m/s2,求:
(1)小物块到达C点时的速度大小;
(2)小物块在电场中运动离C点的最远距离;
(3)小物块在电场中运动的时间。(结果可以用根式表示)
【解析】(1)根据牛顿第二定律,在轨道AC段,小物块的加速度:a==-4 m/s2
小物块到达C点的速度大小:-=2aL0
解得:vC=10 m/s
(2)根据牛顿第二定律,在轨道CB段,小物块向右减速的加速度a1=
=-10 m/s2
小物块在电场中向右运动的时间t1==1 s
小物块在电场中向右运动的最远位移x1=t1=5 m
(3)由于qE>μmg,所以小物块匀减速后反向向左加速,直到滑出电场。根据牛顿第二定律,小物块向左加速的加速度a2==2 m/s2
小物块在电场中向左运动的时间t2== s
小物块在电场中运动的总时间t=t1+t2=(1+) s
答案:(1)10 m/s (2)5 m (3)(1+) s
(15分钟 40分)
9.(6分)(多选)带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是 ( )
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往返运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【解析】选B、D。带电粒子在电场中受到的电场力大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,带电粒子先加速后减速,沿着一条直线运动,故B、D正确。
10.(6分)如图所示是示波管的原理图,它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极XX′、YY′组成。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子,电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极,两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有xOy直角坐标系,x轴与电极XX′的金属板垂直(其正方向由X′指向X),y轴与电极YY′的金属板垂直(其正方向由Y′指向Y)。若使亮斑位于荧光屏上第三象限的某一位置,下列说法正确的是( )
A.将极板X′、Y′接高电势
B.将极板X、Y接高电势
C.电源1必须使用直流电源
D.电源2可以使用交流电源
【解析】选A。若使亮斑位于荧光屏上第三象限的某一位置,需使电子受力向X′、Y′,所以将极板X′、Y′接高电势,故A正确、B错误;灯丝中的电流可以是交流电,也可以是直流电(电源1),但加速电压(电源2)必须是直流电,即左边接负极、右边接正极,故C、D错误。
11.(6分)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27 kg,电荷量为1.6×10-19 C,则下列说法正确的是 ( )
A.加速过程中质子电势能增加
B.质子所受到的电场力约为2×10-15 N
C.质子加速需要的时间约为8×10-6 s
D.加速器加速的直线长度约为4 m
【解析】选D。根据能量守恒定律得,动能增加,电势能减小,故A错误;质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19=2.08×10-14 N,故B错误;根据牛顿第二定律得加速度为:a== m/s2=1.25×1013 m/s2,则加速时间为:
t== s=0.8×10-6 s,故C错误;加速器加速的直线长度约为:
L=t=×0.8×10-6 m=4 m,故D正确。
12.(22分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m= 0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?
(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)
【解析】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是:
mg=m,v==2 m/s,
滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得:
qEx-μmgx-2mgR=mv2,
代入数据解得:x=20 m;
(2)滑块过P点时,由动能定理:
-mgR-qER=mv2-m,
所以 =v2+2(g+)R,
在P点由牛顿第二定律:FN-qE=,
所以FN=3(mg+qE)。
代入数据得:FN=1.5 N
根据牛顿第三定律F压=FN=1.5 N。
答案:(1)20 m (2)1.5 N
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