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文档简介
第3讲电容器带电粒子在电场中的运动
梳理必备知识
[填一填]回顾基础
一、电容器及电容
1.电容器
(1)组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
⑵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。
①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独
电荷,电容器中储存电场能。
②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
定义电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比
定义
C=Q
u
式
单位法拉(F)、微法(HF)、皮法(pF)。1F=10^μF=IO12pF
意义表示电容器容纳电荷本领的高低
决定由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定,
因素与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素:正对面积,相对介电常数,两板间的距离。
(2)决定式(=吊。
4nκa
二、带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的加速直线运动
22
⑴在匀强电场中,W=∩Ed=qU=∣mv-∣mv0。
(2)在非匀强电场中,W=里尸况IVqmq)2。
2.带电粒子在电场中的偏转
II
运Vo
动
h------1-------H"
情
如果带电粒子以初速度V。垂直电场强度方向进入板间电压为U
况
的匀强电场中,则带电粒子在电场中做类平抛运动,如图所示
处
将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力
理
方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关
方
问题
法
基
本
运动时间tɪɪ,加速度a=£="6,偏转量y=^aV=qu^,偏转角
vmmmd22mdvz
关00
。的正切值tanθ=±=以*)
VVmdvz
系000
式
[做一做]情境自测
[教材情境](鲁科版必修第三册第56页第6题)指纹传感器在一块半
导体基板上有大量相同的小极板,外表面绝缘。当手指的指纹一面与
绝缘表面接触时由于指纹凸凹不平,凸点处与凹点处分别与半导体基
板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器。
1.正误辨析
⑴电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。(×)
⑵电容器的电容与电容器所带电荷量成正比,与电压成反比。
(×)
⑶手指压力变大时,由于手指与绝缘表面的距离变小,电容变小。
(×)
(4)手指与绝缘表面的接触面积变大时,电容变大。(√)
2.半导体指纹传感器,多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别,
如图所示。传感器半导体基板上有大量金属颗粒,基板上的每一点都
是小极板,其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时,由于
指纹凹凸不平,凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正
对面积相同的电容器。使每个电容器的电压保持不变,对每个电容器
的放电电流进行测量,即可采集指纹。指纹采集过程中,下列说法正确
的是(C)
A.指纹的凹点处与小极板距离远,电容大
B.指纹的凸点处与小极板距离近,电容小
C.手指用力挤压绝缘表面,电容器两极板间的距离减小,电容器带电
荷量增大
D.手指缓慢松开绝缘表面,电容器两极板间的距离增大,电容器带电
荷量增大
解析:根据电容的公式C=%可知,指纹的凹点处与小极板距离远,电
容小,指纹的凸点处与小极板距离近,电容大,故A、B错误;根据电容
的定义式有C=%由题意可知,电容器的电压不变,则手指用力挤压绝
缘表面,电容器两极板间的距离减小,电容变大,电容器带电荷量增大,
手指缓慢松开绝缘表面,电容器两极板间的距离增大,电容变小,电容
器带电荷量减小,故D错误,C正确。
提升关键能力突破考点
考点一平行板电容器的动态分析
[想一想]提炼核心
1.两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连,电容器两极板间的电势差U保持不
变。
⑵电容器充电后与电源断开,电容器两极板所带的电荷量Q保持不
变。
2.动态分析思路
⑴U不变。
①根据先分析电容的变化,再分析Q的变化。
U4π∕cd
②根据E=?分析电场强度的变化。
③根据UΛB=E-d分析某点电势变化。
(2)Q不变。
①根据c÷⅛-先分析电容的变化,再分析U的变化。
U4nkd
②根据Eq=W分析电场强度变化。
aεrS
[悟一悟]典题例练
[例1][电荷量不变时的动态分析](2021•重庆卷,4)电容式加速传
感器常用于触发汽车安全气囊等系统,如图所示。极板MN组成的电
容器视为平行板电容器,M固定,N可左右运动,通过测量电容器板间
电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时,极板MN间的距离
减小,若极板上的电荷量不变,则该电容器(C)
A.电容变小
B.极板间电压变大
C.极板间电场强度不变
D.极板间的电场强度变小
解析:由平行板电容器电容的决定式C=1¾可得,d减小,C增大,选项
A错误;电容器所带电荷量Q不变,C增大,由U平可得,U变小,选项B
错误;由匀强电场的电场强度与电势差关系公式可得E=?4=当,E
与d无关,E不变,选项C正确,D错误。
[例2][电压不变时的动态分析](2023・天津河西区模拟)(多选)如
图所示,两平行金属板水平放置,并接到电源上,一带电微粒P位于两
板间处于静止状态,0,>分别为两个金属板的中点,现将两金属板在
极短的时间内都分别绕垂直于0i、0?的轴在纸面内逆时针旋转一个角
0(0<90°),则下列说法正确的是(AD)
。1|/3
/・/Y
P/
∕[O2__________
A.两板间的电压不变
B.两板间的电压变小
C.微粒P受到的电场力不变
D.微粒将水平向左做直线运动
解析:
电容器始终与电源连接,则两板间的电压不变,故A正确,B错误;微粒
P静止时mg=qE=q3,两金属板逆时针旋转一个角θ,电场力为F=qE'
a
=R=嗯,可知静电力变大。由上式可知mg=Fcosθ,那么合力就等
acosθcosθ
于F在水平方向的分力,水平向左,故微粒向左做匀加速直线运动。故
C错误,D正确。
[例3][电容器的综合分析](2022•北京海淀区模拟)如图所示,一
平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,两板间的P点固定一
个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容,E表示两板间的电场
强度的大小,°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,将负极板缓慢向左平移一小段距离Io,上述各物理量
与负极板移动距离X的关系图像中正确的是(C)
解析:根据eɪ,负极板缓慢向左平移一小段距离,两板间距d增大,
4πkd
电容随两板间距减小,但不是线性关系,故A错误;根据C=*电容器充
电后与电源断开,电荷量保持不变,可知两板间电势差增大,根据E=。
联立上式得E=当可知,电场强度保持不变,故B错误;P点与负极板
εrS
间距离X增大,则P点与负极板间电势差为UP=EX=夕P-O=0P可知,P点电
势升高,故C正确;正电荷在P点的电势能为Ep=q°p可知,正电荷在P
点的电势能增大,故D错误。
Γ方法点拨
动态分析的思路
电容器保持与电源相连,u不变;电
容器充电后与电源断开,Q不变
由决定式C=2⅛∙确定电容器电容
的变化_______________________
由定义式C=号判断电容器所带电
荷量Q或两极板间电压U的变化
由E=半分析电容器两极板间电场
强度的变化
考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动
[想一想]提炼核心
1.做直线运动的条件
⑴粒子所受合外力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线,带电粒子将做加速直线
运动或减速直线运动。
2.用动力学观点分析
22
a=^∙,E=-,v-v0=2ado
md
3.用功能观点分析
匀强电场中:W=Eqd=qU=∣mv2-∣mvθ2,
非匀强电场中:W=qU=Ek2-Eki。
[悟一悟]典题例练
[例4][带电粒子在匀强电场中的直线运动](2022•河北承德模
拟)(多选)如图甲所示,在X轴上有0、A、B、C、D五点,坐标分别为
0、X0>2x0>3xo、4xo,静电场的电场强度方向与X轴平行,电势夕随X
的分布如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子,以初速度VO
从。点沿X轴正方向进入电场,不计粒子所受重力,下列说法正确的是
(CD)
A.若粒子能运动到A处,V。至少为%
∖m
B.若粒子能运动到A处,粒子一定能运动到D处
C.若粒子能运动到B处,粒子在A、B间做匀速直线运动
D.若粒子能运动到C处,粒子在C处的速度为
解析:从。到A根据动能定理q(0-夕。)=OTnI%2,解得V。=居^,故a错
误;粒子从0到A做减速运动,若粒子运动到A点速度刚好为零,则该
粒子不能运动到D处,故B错误;若粒子能运动到B处,因为A、B为等
势面,所以粒子在A、B间运动时静电力不做功,即粒子在A、B间做匀
速直线运动,故C正确;从O到C根据动能定理F金。告)=加2_1几2,
2
解得V=L0---故D正确。
\m
[例5][带电粒子在非匀强电场中的直线运动](2022•山东泰安模
拟)如图所示,真空中的MN为两个等大的均匀带电细圆环,其圆心分
别为A、C,带电荷量分别为+Q、-Q,将它们平行放置,A、C连线垂直于
圆环平面,B为AC的中点。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重
力不计)从A点沿A、C连线方向射入,在A点时速度大小VA=Im∕s,
到B点时速度大小VB=3m/s。下列判断可能正确的是(D)
A.粒子将以B为中心做往返运动
B.粒子从B到C做匀减速运动
C.粒子到达C点时的速度大小为5m/s
D.粒子越过C点运动到无穷远处的速度大小为3m/s
解析:根据题意,由题图可知,A、C连线上的电场方向为AfC,则带正
电的粒子由A到C的过程,一直做加速运动,故A、B错误;根据题意,
由对称性可知,粒子从A到B和粒子从B到C静电力做功相等,由动能
定理有加丹2一,%2=$股2一,为2,代入数据解得vc=√17m/s,故C错
误;过B做垂直AC的线,根据题意可知,此线为等势线,则B点电势与
无穷远处电势相等为零,粒子越过C点运动到无穷远处时电势为零,
根据能量守恒定律可知,粒子在B点的动能与在无穷远处的动能相等,
则粒子在无穷远处的速度大小等于在B点的速度大小为3m/s,故D
正确。
考点三带电粒子在电场中的偏转
[想一想]提炼核心
1.带电粒子在电场中偏转的一般规律
2
%=qlhlɪU2I_‰
偏转角:tanθ=
vomdυ^2U↑dI
2
侧移距离:,。=坐与U2I
2mavQ4U↑d
+z,tan
y=y00=g+")tanθ
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。
(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0
为粒子水平位移的中点,若电场宽度为1,0到电场边缘的距离为(
3.处理带电粒子的偏转问题的方法
(1)运动的分解法:一般用分解的思想来处理,即将带电粒子的运动分
解为沿静电力方向上的匀加速直线运动和垂直静电力方向上的匀速
直线运动。
(2)功能关系:当讨论带电粒子的末速度V时也可以从能量的角度进
行求解:qU、=;mv2-;m%2,其中指初、末位置间的电势差。
22a
[悟一悟]典题例练
[例6][带电粒子在匀强电场中的偏转]如图所示,一个电子由静止
开始经加速电场加速后,又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场,并
从另一侧射出打到荧光屏上的P点,0'点为荧光屏的中心。已知电子
质量m=9.OXlO31kg,电荷量e=L6×10'9C,加速电场电压0=2500V,
偏转电场电压U=200V,极板的长度U=6.0cm,板间距离d=2.0cm,
极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm(忽略电子所受重力,结果保留
2位有效数字)。求:
(1)电子射入偏转电场时的初速度V。大小;
⑵电子打在荧光屏上的P点到0'的距离h;
⑶电子经过偏转电场过程中静电力对它所做的功Wo
2
解析:(1)根据动能定理有eU0=∣mv0,
得V0=呼
7m
代入数据得Vo^i3.OX10'm/so
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直
方向上的位移为y,电子在水平方向做匀速直线运动,L1=v0t,
电子在竖直方向上做匀加速直线运动,y⅛t2,
根据牛顿第二定律有9=ma,联立得y=察,代入数据得y=0∙36cm。
a4CIUQ
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M,由几何
(3)电子经过偏转电场过程中,静电力对它做的功
W=eEy=e-y^5.8×10^'8J
d0
答案:(1)3.OXI。’m/s(2)0.72cm
(3)5.8×1018J
[例7][带电粒子在非匀强电场中的偏转](2022•全国乙卷,21)(多
选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形
带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图a
所示,点0为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到0点
的距离成反比,方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,
到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为0、半径
分别为r,>r2(R<rι<r2<R+d);粒子3从距。点Q的位置入射并从距0
点r,的位置出射;粒子4从距0点n的位置入射并从距0点r2的位置
出射,轨迹如图b中虚线所示。贝∣J(BD)
一一
粒子探测器
图a
A.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
解析:在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反
比,则有Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周
运动,贝IJ有qE,=m^,qE=^,可得;ɪw/=等吟之即粒子1、2入射
2mI=
时的动能相等,故选项C错误;粒子3从距O点Q的位置入射并从距O
点r,的位置出射,做向心运动,静电力做正功,则粒子3入射时的动能
比它出射时的小,故选项A错误;粒子4从距O点rl的位置入射并从距
O点m的位置出射,做离心运动,静电力做负功,则粒子4入射时的动
能比它出射时的大,故选项B正确;粒子3入射后的一小段时间做向心
22
运动,有qE2>m^,可得⅛3<^=∣mv1,则粒子1入射时的动能大
于粒子3入射时的动能,故选项D正确。
T举一反三
在[例7]中,粒子1入射时的动能和粒子4入射时的动能哪个大?
提示:粒子4做离心运动,有qEKm里,可得jm%?〉吟Q=;m/2,粒子ι
入射时的动能小于粒子4入射时的动能。
训练学科素养限时巩固----
L基础题组夯基
1.(2022・广东中山期末)心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救
设备之一,如图甲所示。心脏除颤器通过接触皮肤的电极板使电容器
放电,实施电击治疗,如图乙。已知某款心脏除颤器,在短于一分钟内
使40UF电容器充电到4000V,存储320J能量。抢救病人时,一
部分能量在4ms的脉冲时间内通过电极板放电进入身体,此脉冲电流
的平均功率为64kW。下列说法正确的是(C)
A.电容器放电过程中电流恒定
B.电容器充电至2000V时,电容为20μF
C.电容器充电至4000V时,电荷量为0.16C
D.一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量是320J
解析:电容器放电过程中,电荷量减少,电压减小,电流减小,A错误;电
容不随电压、电荷量的变化而变化,即电容保持不变,B错误;根据C=%
可得Q=CU=40XIO,X4000C=O.16C,C正确;一个脉冲时间内通过电
极板放电进入人身体的能量为E=Pt=64×103×4×103J=256J,D
错误。
2.(2022•湖南衡阳一模)人体的细胞膜模型图如图a所示,由磷脂双
分子层组成,双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位),现研究某
小块均匀的细胞膜,厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场,简化模型
如图b所示,初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下,
从图中的A点运动到B点,下列说法正确的是(D)
A
≡M≡B
A.A点电势等于B点电势
B.钠离子的电势能增大
C.若膜电位不变,钠离子进入细胞内的速度更大
D.若膜电位增大,钠离子进入细胞内的速度更大
解析:初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下,从图中
的A点运动到B点,则电场线从A到B,沿电场线电势降低,所以A点
电势大于B点电势,A错误;钠离子运动中静电力做正功,所以钠离子
的电势能减小,B错误;由动能定理可知qUgmv:若膜电位不变时,即
电压U不变时,钠离子进入细胞内的速度不变;电压U增加时,速度增
大,C错误,D正确。
[备用]
(2022・广东汕头三模)(多选)兴趣小组利用图示器材探究平行板电
容器,保持正对面积S不变,缓慢增大两极板间距离d,描绘出电容器
两端电压U、电容器电容C、极板带电荷量Q、板间电场强度E与d
的关系图像,下列描述可能正确的是(ACD)
0d0ʃ
CD
解析:因为电容器负极板接地,正极板与静电计的金属球相连,二者之
间保持开路状态,不会使电容器发生充放电,所以Q不变,故C正确;
根据平行板电容器的电容决定式C"⅛可知C随d的增大而减小,且
满足反比例关系,即C-d图像为双曲线的一支,故B错误;两极板间电
场强度为E=看多苴邛,因为Q和S均不变,所以E不变,故D正确;根
据U=Ed可知U随d的增大而线性增大,故A正确。
3.(2023・天津南开区模拟)(多选)如图所示,两块较大的金属板A、B
平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m、电荷量为
q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是(AC)
A
IJE
B•--
-----L——
S
A.若将A板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动
B.若将S断开,则油滴立即做自由落体运动
C.若将A板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止
D.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动
解析:电容器两板间带电油滴恰好处于静止状态,则有重力与静电力
平衡,则有mg=qE,若将A板向上平移一小段位移,两板间距d增大,电
容器两板间的电压U不变,由E=T可知,两板间的电场强度减小,油滴
受静电力减小,重力大于静电力,则油滴向下加速运动,A正确;若将∙S
断开,电容器所带电荷量Q不变,电容C不变,由电容的定义式Cq可
知,两板间的电压不变,电场强度不变,则油滴仍处于静止状态,B错误;
若将A板向左平移一小段位移,电容器两板相对面积S减小,电容器两
板间的电压U不变,电场强度不变,则油滴仍处于平衡状态,油滴仍然
静止,C正确;若将S断开,电容器所带电荷量Q不变,再将A板向下平
移一小段位移,d减小,S不变,由平行板电容器的电容决定式C=F冬、
4π∕cd
电容的定义式C哼和电场强度公式E吟联立解得E=当,可知电场强
UaεrS
度E与电容器两板间距d无关,电场强度不变,则油滴仍处于静止状
态,D错误。
4.(2022•海南海口一模)如图所示,M、N是平行板电容器的两个极
板,R为滑动变阻器,用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。
闭合开关S,给电容器充电后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ,下列说
法正确的是(D)
A.保持S闭合,将滑动变阻器的滑片向b端滑动,则θ减小
B.保持S闭合,将M板向N板靠近,则θ不变
C.断开S,在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片,则θ增大
D.断开S,将N板向上移动少许,则。增大
解析:小球平衡时,由平衡条件知qE=mgtanθ,保持S闭合,电容器两
极板间的电势差等于电源的电动势,保持不变,将滑动变阻器的滑片
向b端滑动,则θ不会变,A错误;保持S闭合,电容器两极板间的电势
差等于电源的电动势,保持不变,根据公式EH可知,将M板向N板靠
近时,电场强度变大,静电力变大,故θ增大,B错误;断开S,电容器带
电荷量不变,根据电容定义式C=*平行板电容器的电容决定式C=M
U4kττd
电压与电场强度公式U=Ed,可得E=竺器,在靠近M板内侧插入一定厚
度的陶瓷片,则ɛr变大,电场强度减小,故θ减小,C错误;断开S,电容
器带电荷量不变,根据E=竺器,断开S,将N板向上移动少许,S减小,
电场强度增大,静电力增大,则θ增大,D正确。
5.如图所示,电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电
场中,已知极板长度1,间距d,电子质量m,电荷量eo若电子恰好从极
板边缘射出电场,由以上条件可以求出的是(B)
_+++++
4......................
A.偏转电压B.偏转的角度
C.射出电场速度D.电场中运动的时间
解析:根据推论,粒子速度方向的反向延长线过其水平位移的中点,即
tanα喂与因此电子射出电场的偏转角度可求,选项B正确;电子
在偏转电场中做类平抛运动,水平方向有l=v°t,竖直方向有翳at;
vy=at,且a=鸟,由于电子的初速度未知,则电子在电场中的运动时间
不可求出,偏转电压及射出电场速度均不可求出,选项A、C、D错误。
6.(2022・广东惠州一模)如图为示波管工作原理的示意图,电子经电
压lλ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Lo为了提高示波管的灵敏度(每单位
电压引起的偏转量卷)可采用的方法是(D)
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Ul升高些
D.尽可能使板间距离d小些
解析:电子在加速电场,根据动能定理eU∣=∣mv2,电子在偏转电场中做
类平抛运动L=vt,h=⅛t2,a=号,联立上式得A=ɪ,为了提高示波管
的灵敏度,应尽可能使板长L长些,使加速电压Ui降低些,使板间距
离d小些。故A、B、C错误,D正确。
[备用]
(2022・广东揭阳模拟)如图所示,圆形区域内有方向平行于纸面的匀
强电场,其半径为R,AB为圆的直径。质量为m、电荷量为q的带正电
粒子自A点由静止释放,粒子从圆周上的C点以速率V。穿出电场,AC
与AB的夹角9=60。。现将该种粒子在纸面内从A点先后以不同的速
率垂直于电场线方向射入电场,只考虑静电力的作用。为使粒子从B
点离开电场,粒子进入电场时的速率V应是多大?
2
解析:A运动到C,由动能定理有qE∙2Rcos60°=∣mvo-0,
解得E=驾,方向从A指向C。
2qR
依题意可知粒子在电场中做类平抛运动,设粒子从A运动到B所用时
间为t,粒子在垂直电场方向的位移x=2RSin60o=vt,
平行电场方向的位移y=2Rcos60o=∣at2,
由牛顿第二定律有qE=ma,
联立方程,解得V=^Voo
答案:?v。
.创新题组提能
7.(2022•湖北襄阳模拟)图甲为示波管的原理图。电子枪源源不断发
射的电子经前面的加速电压加速之后已经获得了极大的速度,如果在
电极XX'之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极YY'之间
所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形可能
为(B)
解析:若同时在两个偏转电极上分别加Ux=Um∙sinωt和Uy=U.,
cosωt两个电压,由偏转位移AS=Iat2可知,t相同,a正比于偏转电
压,则△s正比于偏转电压,电子在XXz方向上的最大偏转位移与在
YY'方向上的最大偏转位移大小相等,设为r,则任意时一刻,电子打在
荧光屏上的位置坐标都是x=rsinωt,y=rcosat,联立可得χ2+y2=/,
所以电子在荧光屏上的落点组成了以0为圆心的圆,故B正确,A、C、
D错误。
8.(2022・广东广州模拟)如图所示,正方形ABCD区域内存在竖直向
上的匀强电场,质子CH)和α粒子CHe)从A点垂直射入匀强电场,粒
子所受重力不计,质子从BC边中点射出,则(D)
A.若初速度相同,ɑ粒子从CD边离开
B.若初速度相同,质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为
1:2
C.若初动能相同,质子和a粒子经过电场的时间相同
D.若初动能相同,质子和ɑ粒子经过电场的过程中动能增量之比为
1:4
解析:对任一粒子,设其电荷量为q,质量为m0粒子在电场中做类平抛
运动,水平方向有X=Vot,竖直方向有y⅛t2=ς,,ʒ,若初速度相同,
水平位移X相同时,由于a粒子的比荷比质子的小,则a粒子的偏转
距离y较小,所以,a粒子从BC边离开,故A错误;若初速度相同,由
t—,知两个粒子在电场中的运动时间相等,由△v=at=-1,知AvocJ
V0mm
则质子和a粒子经过电场的过程中速度增量之比为2:1,故B错误;
粒子经过电场的时间为tɪʌ若初动能相同,质子的初速度较大,则质
子的运动时间较短,故C错误;由y=;•翌・二=察知若初动能相同,X
2mV04Eko
相同,则y-q,根据动能定理知,经过电场的过程中动能增量ʌEk
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