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第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动
知识排查
知识点一　常见电容器　电容器的电压、电荷量和电容的关系
1.常见电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
充电 使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
放电 使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
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的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)
1 F＝106 μF＝1012 pF
3.平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。2·1·c·n·j·y
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
知识点二　带电粒子在匀强电场中的运动
1.分析问题的规律与方法
(1)用动力学观点分析：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。21·世纪*教育网
(2)用功能观点分析：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解，此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。2-1-c-n-j-y
2.带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。
(2)运动性质：类平抛运动，为匀变速曲线运动。
(3)处理方法：运动的分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向：做初速度为零的匀_???é????????è????¨_。加速度a＝＝＝，离开电场时的偏移量y＝at2＝d)，离开电场时的偏转角tan θ＝＝d)。www.21-cn-jy.com
知识点三　示波管的构造
　①电子枪，②偏转极板，③荧光屏。(如图所示)
小题速练
1.思考判断
(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(　　)
(2)电容器两极板间电压越低，其电容越大。(　　)
(3)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(　　)
(4)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6 C时，两极板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F。(　　)【版权所有：21教育】
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(　　)
(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×
2.如图1所示为某一电_?????¨????????????_荷量和两极板间电压之间的关系图线，若将该电容器两极板间的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是(　　)
图1
A.是充电过程
B.是放电过程
C.该电容器的电容为5×10－2 F
D.该电容器的电荷量变化量为0.2 C
解析　由Q＝CU知_???Ué????????Q_减小，故为放电过程，选项A错误，B正确；由C＝＝ F＝5×10－3 F，可知选项C错误；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，选项D错误。
答案　B
3.两平行金属_??????è·????d???_电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图2所示，OA间距为h，则此电子的初动能为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
图2
A. 　　 B.
C. 　　 D.
解析　电子从O点到达A点的_è???¨????????????¨_电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝h，所以Ek＝，选项D正确。
答案　D
　平行板电容器的动态分析
1.两类典型问题
典型问题 电压保持不变 电量保持不变
电路特点 始终连接在电源两端 充电后，切断电源
C的决定因素 由C＝∝可知：C随d、S、εr的变化而变化
Q或U的决定因素 由Q＝CU＝U∝可知：Q也随d、S、εr的变化而变化 由U＝＝∝可知：U也随d、S、εr的变化而变化
E的决定因素 由E＝∝可知：
(1)E与S、εr的变化无关；
(2)E随d的变化而变化。 由E＝＝＝∝可知：
(1)E与d的变化无关；
(2)E随S、εr的变化而变化。
2.动态分析思路
教材引领
[人教版选修3－1·P30]
图1.8－4　研究影响平行板电容器电容大小的因素
1.[人教版选修_3???1?·P3_2·T1]平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计的金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下情况中，静电计指针偏转角是增大还是减小？【来源：21cnj*y.co*m】
(1)把两板间的距离减小；
(2)把两板间的相对面积减小；
(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质。
解析　给电容器充电后，电容器所带电荷量Q不变。
(1)把两板间的距离减小，由C＝可知电容器的容器增大，再由U＝可知两板间电压减小，则静电计指针偏转角减小；
(2)把两板间的相对面积减小，由C＝可知电容器的电容减小，再由U＝可知两板间电压增大，则静电计指针偏转角增大；21教育网
(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质，由C＝可知电容器的电容增大，再由U＝可知两板间电压减小，则静电计指针偏转角减小。
答案　(1)减小　(2)增大　(3)减小
真题闯关
2.(2018·北京理综)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图3所示。下列说法正确的是(　　)
图3
A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析　实验前，只用带电玻_?????????????????¨_a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C＝可知，电容C变小，由C＝可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝，可知电容C变大，由C＝可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增加极板带电量，电容C不变，由C＝，可知U变大，静电计指针的张角变大，故选项D错误。
答案　A
3.(2016·全国卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　)
A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析　由C＝可知_???????????????è?¨_移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小。再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。
答案　D
　带电粒子在电场中的直线运动
1.用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2.用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【典例】 (多选)(20_18?·??¨?????·_Ⅲ，21)如图4所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)
图4
A.a的质量比b的大
B.在t时刻，a的动能比b的大
C.在t时刻，a和b的电势能相等
D.在t时刻，a和b的动量大小相等
解析　两微粒只受电场力qE_?????¨?????¤??????_力大小相等，由x＝at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。
答案　BD
带电粒子在电场中直线运动的分析方法
　　　　　　
1.(201_7?·?±?è??????§?_)如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)【来源：21·世纪·教育·网】
图5
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.运动到P点返回 B.运动到P和P′点之间返回
C.运动到P′点返回 D.穿过P′点
解析　根据平行板电_?????¨????????????_决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。
答案　A
2.(201_9?·4???????±?_选考，10)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(　　)www-2-1-cnjy-com
图6
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　电场力对质子做正功，质子的_??????è??????°????_A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确。
答案　D
　带电粒子在电场中的偏转运动
1.带电粒子在电场中偏转的一般规律
2.两个重要推论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移量总是相同的。
证明：由qU0＝mv及tan φ＝d)得tan φ＝。
再由y＝d)得y＝。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。
教材引领
1.[人教版选_???3???1?·P_39·T5]电子从静止出发被1000 V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5000 N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直。已知偏转电极长6 cm，求电子离开偏转电场的速度及其与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角。
解析　设电子被1000 V的电压加速后速度为v0，根据动能定理，有eU＝mv，
得出电子进入偏转电场时的初速度v0＝，
其中e＝1.6×10－19 C，U＝1000 V, m＝9.1×10－31 kg,
得出v0＝1.88×107 m/s；
电子在偏转电场中运动时间t＝＝L，
加速度a＝，
在电场力方向上vy＝at＝·L＝EL，
其中E＝5000 N/C，L＝6.0×10－2 m，
得出vy＝2.81×106 m/s；
电子离开偏转电场的速度v＝＋v)＝1.9×107 m/s
电子离开偏转电场的速度与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角tan θ＝＝0.15。
答案　3.38×107 m/s　tan θ＝0.15
拓展提升
2.(2019·广东惠州模拟_)??????7????¤?_是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采用的方法是(　　)
图7
A.增大两板间的电势差U2
B.尽可能使板长L短些
C.使加速电压U1升高些
D.尽可能使板间距离d小些
解析　带电粒_??????é??????????±_动能定理得qU1＝mv2，带电粒子偏转时，由类平抛运动规律得L＝vt，h＝at2，又由牛顿第二定律得a＝，联立以上各式可得h＝，由题意，灵敏度为＝，可见灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故D正确。21cnjy.com
答案　D
真题闯关
3.(2019·江苏卷，5)一_??????????????????_向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是(　　)
解析　设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0。
沿电场方向：受力F电＝qE，则加速度a＝＝，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝
电场力做功的功率
P＝F电vy＝qE·＝＝kt∝t，选项A正确。
答案　A
4.(2019_?·??¨?????·??????_24)如图8，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
图8
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
解析　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，
有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝mv＋qh⑥
l＝v0⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0⑧
答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0
　实验：观察电容器的充电、放电现象
基本原理与操作
装置及器材 操作要领
(1)电容器的电容要大一些，电源的电压在6 V左右，小灯泡的额定电压比电源电压稍低，在4 V左右；
(2)开关向a闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向；
(3)开关向b闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向。
【典例】 (2015·海南单科)某同学利用图9(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2，电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表(量程6 V)、秒表、导线若干。
(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线。
图9
(2)先闭合开关S2，再断开开关_S2???é????????_关S1，同时按下秒表开始计时。若某时刻电压表的示数如图(c)所示，电压表的读数为________V(保留2位小数)。
(3)该同学每隔10s记录一次电_???è?¨???è????°U_，记录的数据如下表所示。在给出的坐标纸上绘出U－t图线。已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是________s。
时间t/s 10.0 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18
(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是_______________________
__________________________________________________________。21·cn·jy·com
解析　(1)实物连线如图所示
(2)电压表的量程为6 V，分度值为0.1 V，所以读数为3.60 V。
(3)从数据中可得出，电压表示数变化得越来越慢，而从40 s到50 s之间数据变化又突然快了，所以该数据对应表中的时间为40 s。
(4)电路中C、R2和S2构成的回路，先闭合开关S2，再断开开关S2，使电容器上所带电荷量释放干净，不影响实验。
答案　(1)见解析图　(2)3.60 V　(3)40 s　(4)使实验前电容器两极板上的电荷中和
1.(2019浙江杭州中学选考)下列电容器相关知识描述正确的是(　　)
A.图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势E
B.图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电荷量为2Q
C.图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都严格区分正负极
D.图戊中的电容器上有“5.5 V　1.0 F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5 V的电压时电容才为1.0 F
解析　图甲为电容器充电过程_??????????????????_容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从
右向左，且流过的总_???è?·é?????Q???_故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；图戊中的电容器上有“5.5 V　1.0 F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5 V，而电容与电容器的电压及电荷量均无关，总是为1.0 F，故D错误。
答案　A
2.按如图10所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，以下说法正确的是(　　)
图10
A.S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相同
B.S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相反
C.S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能
D.S离开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能
解析　充电过程与放电_è???¨?????????????_向是相反的，选项A错误，B正确；电容器充电，其他形式的能转化为电容器的电能，选项C错误；S离开a接到b时，电容器放电，电容器的电能转化为其他形式的能，选项D错误。
答案　B
活页作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.如图1所示，心脏_é?¤é?¤??¨??¨??????_激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是(　　)
图1
A.电容器放电过程中电压不变
B.电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C.电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D.电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
解析　电容器_??????è???¨???????_荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝知，η＝×100%＝23%，选项D正确。
答案　D
2.(2016·天津理综)如_???2????¤???????_行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
图2
A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不变
C.θ减小，Ep增大 D.θ减小，E不变
解析　若保持下极板不动，将上极_??????????§???¨???_小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝联立可得，E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。
答案　D
3.如图3所示，A、B两个带_??????????????????_所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则(　　)【出处：21教育名师】
图3
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.q1＞q2 B.m1＜m2
C.＞ D.＜
解析　设粒子的速_??????v0??????_荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，匀强电场的场强为E，所以加速度a＝，运动时间为t＝，偏转位移为y＝at2，整理得y＝)，显然由于A粒子的水平位移小，则有＞，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，选项A、B、D错误，C正确。
答案　C
4.一平行板电_?????¨????????????_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4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，Ep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，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是(　　)
图4
解析　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，故选项A错误；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，故选项B错误；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，故选项C正确；由Ep＝qφ知Ep与电势φ变化情况一样，故选项D错误。
答案　C
5.(2019·_????·????è??)???_图5所示，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，沿垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(　　)
图5
A.保持U2和平行板间距不变，减小U1
B.保持U1和平行板间距不变，增大U2
C.保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板
D.保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板
解析　粒子在电_?????????é????????_qU1＝mv，在偏转电场中，有x＝v0t，y＝at2＝t2，解得x2＝。开始时x＝L，保持U2和平行板间距不变，减小U1，x减小，选项A错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，x减小，选项B错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，x变大，此措施可行，选项D正确。21*cnjy*com
答案　D
6.有一种喷墨打印机的打印头结构_?¤?????????????6_所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是(　　)21*cnjy*com
图6
A.增大墨滴的带电荷量
B.减小墨滴喷出时的速度
C.减小偏转板与承印材料的距离
D.增大偏转板间的电压
解析　带电粒子经偏转电_???U2???è?????_侧移Y1＝at2，a＝，t＝，tan θ＝＝＝)，可推出Y1＝)，Y2＝ltan θ＝)，Y＝Y1＋Y2＝)，可知选项C正确，A、B、D错误。
答案　C
7.用下列器材测量电容器的电容：_???????¤???¨???è?¨_，一台直流稳压电源，一个待测电容器(额定电压16 V)，定值电阻R1＝100 Ω，定值电阻R2＝150 Ω，电流传感器、数据采集器和计算机，单刀双掷开关S，导线若干。实验过程如下：
实验次数 实验步骤
第1次 ①将电阻R1等器材按照图甲正确连接电路，将开关S与1端连接，电源向电容器充电。
②将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的i－t曲线如图乙中的实线a所示。
第2次 ③用电阻R2替换R1，重复上述实验步骤①②，测得电流随时间变化的i－t曲线如图丙中的某条虚线所示。
说明：两次实验中电源输出的直流电压恒定且相同。
图7
请完成下列问题：
(1)第1次实验中，_???é??R1??¤???_的最大电压U＝________ V。利用计算机软件测得i－t曲线和两坐标轴所围的面积为90 mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C＝________ F。
(2)第2次实_é??????????????é??_时间变化的i－t曲线应该是图丙中的虚线________(选填“b”“c”或“d”)，判断依据是________________。
解析　(1)由题图知，最大电流_???Im???90_ mA＝0.09 A，因此最大电压为Um＝ImR1＝9 V；曲线下围的面积表示电容器的带电荷量Q＝90 mA·s，根据电容的定义式可得C＝1.00×10－2 F。
(2)根据im＝，因第2次实验的最大放电电流小些，而曲线下围的面积相等，因此不是b。故电流随时间变化的曲线应该是虚线c。
答案　(1)9　1.00×10－2　(2)c　两次放电电荷量相等，图形与t轴围成的面积相等，另由于R2>R1，开关掷向2瞬间放电电流较小
综合提能练
8.静电喷涂是利用高压_é?????????????????_负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图8所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是(　　)
图8
A.当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大
B.涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定
C.在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大
D.涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快
解析　当静电喷涂机与被喷涂工件_???é?????è·???????_大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故电场力减小，选项A错误；轨迹与初速度和受力情况均有关，选项B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能小，选项C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势升高最快，故选项D正确。
答案　D
9.(多选)电容式加速度_????????¨?????????_如图9所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则(　　)
图9
A.电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩
D.当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流
解析　由C＝知，电介质插入越_?·±?????rè???¤§_，即C越大，选项A错误；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，选项B错误；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，选项C正确；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝知，Q增大，两极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，选项D正确。
答案　CD
10.如图10_????¤??????¤??????_行带电金属板M、N相距为d，M板上距左端为d处有一个小孔A，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O处以初速度v1平行于两板射入，乙粒子从A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N板的中点B处，则初速度v1与v2的关系正确的是(　　)21教育名师原创作品
图10
A.＝ B.＝
C.＝2 D.＝
解析　设带电粒子在_???????????????é??_度为a，则对甲粒子，竖直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；对乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即选项C正确。
答案　C
11.如图11所示，_?°????è?????MN_上、下方空间分别存在场强方向相反、大小相等的匀强电场。以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN的距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子在运动过程中的最大电势能为Emax，不计粒子重力。求：21世纪教育网版权所有
图11
(1)匀强电场的场强大小；
(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间。
解析　(1)粒子_é?????????????¨M_N上方电场中，电场力做正功，电势能减小，在MN下方电场中，电场力做负功，电势能增大。由能量守恒和对称性可知，粒子在A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大。MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为φA，电场强度大小为E，则有U＝φA－0＝φA，Emax＝qφA，U＝Ed，联立解得E＝。
(2)粒子从A到MN做匀加_é????????è????¨???_设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有v＝at，qE＝ma，从A到MN由能量守恒有Emax＝mv2，联立解得t＝d，由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为4t＝4d。
答案　(1)　(2)4d
12.(2019·山_?????????????¨?)_如图12所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度为E；在第二象限存在以(－2L≤x≤0，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ。一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放，恰好从N点离开电场区域Ⅱ。求：
图12
(1)电子通过C点时的速度大小；
(2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小；
(3)试证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。
解析　(1)由双曲线y＝知BC间距离为
从B到C由动能定理eE＝mv－0
解得电子通过C点时的速度大小vC＝。
(2)电子从C点进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动。
x轴方向2L＝vCt
y轴方向L＝t2
解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′＝。
(3)设电子从AB曲线上点P(x，y)进入电场Ⅰ区域，
在区域Ⅰ由动能定理eEx＝mv－0
假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处。则y轴方向y＝t
x轴方向x′＝v0t1
又y＝，解得x′＝2L
即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出。
答案　(1)　(2)　(3)见解析

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