2024届高考物理一轮教案第九章第3讲电容器实验：观察电容器的充放电现象带电粒子在电场中的直线运动（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮教案第九章第3讲电容器实验：观察电容器的充放电现象带电粒子在电场中的直线运动（粤教版新教材），共17页。

考点一 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．
在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电流I＝0.
(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．
放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．
2．实验步骤
(1)按图连接好电路．
(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
考向1 电容器充、放电现象的定性分析
例1 (2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是( )
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
答案 B
解析 充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．
考向2 电容器充、放电现象的定量计算
例2 (2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容器不带电．先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示．
(1)乙图中阴影部分的面积S1________S2；(选填“>”“<”或“＝”)
(2)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________F；(保留两位有效数字)
(3)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2.(选填“>”“<”或“＝”)
答案 (1)＝ (2)0.15 (3)<
解析 (1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等．
(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝eq \f(q,U)＝eq \f(1.203,8) F≈0.15 F.
(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由eq \f(E,R0＋R1)＞eq \f(E,R0＋R2)，解得R1＜R2.
考点二 电容器及平行板电容器的动态分析
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成．
(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：
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种电荷，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
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比．
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．( × )
2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．( × )
3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．( × )
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．
(2)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．
2．两类典型动态分析思路比较
考向1 两极板间电势差不变
例3 (2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变．若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A．材料竖直方向尺度减小
B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大
D．电容器电容变大
答案 A
解析 根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝eq \f(Q,U)可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝eq \f(U,d)可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确．
考向2 两极板电荷量不变
例4 (多选)(2023·广东汕头市模拟)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，以下描述可能正确的是( )
答案 ACD
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、放电现象，所以Q不变，故C正确；根据平行板电容器的电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)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＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，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的增大而增大，成正比关系，故A正确．
考向3 电容器的综合分析
例5 (2023·广东深圳市模拟)M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂在其中的带电小球P如图偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大(P球不与金属极板接触)．( )
A．增大M、N两极板间的电势差
B．减小M、N两极板的带电荷量
C．保持板间距不变，将M、N板一起向右平移
D．保持极板带电荷量不变，将N板向右平移
答案 A
解析 使OP悬线与竖直方向的夹角增大，即增大小球所受的电场力．增大M、N两极板间的电势差，根据E＝eq \f(U,d)，d不变，可知电场强度将变大，根据F＝Eq可知电场力将增大，A正确；减小M、N两极板的带电荷量，根据U＝eq \f(Q,C)，C不变，可知电势差减小，则电场强度减小，小球所受电场力将减小，B错误；保持板间距不变，将M、N一起向右平移，电势差不变，OP悬线与竖直方向的夹角不变，C错误；根据C＝eq \f(εrS,4πkd)＝eq \f(Q,U)，可得电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，保持极板带电荷量不变，将N板向右平移，可知E不变，所以电场力不变，D错误．
考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
考向1 带电粒子在电场中的直线运动
1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关．
(2)是否考虑重力依据情况而定．
基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．
带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．
2．做直线运动的条件
(1)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．
3．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
4．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例6 (2023·广东省华师附中、省实、广雅、深中四校联考)电子枪是示波器构造的一部分，如图是电子枪的示意图．A是电阻丝，加热后电子可以从电阻丝中逃逸出来，U1是加在电阻丝两端的电压．B是金属板，在A、B之间加电压U2，逃逸出来的电子经A、B间电场加速后从金属板中间的小孔射出．电子从电阻丝出来时的速度近似为零，U2远远大于U1，电阻丝与板间的距离为d，电子电荷量为e、质量为m，不计电子间的相互作用及重力，以下选项正确的是( )
A．金属板的电势低于电阻丝的电势
B．电阻丝与金属板间的电场强度大小为E＝eq \f(U2,d)
C．电子从小孔射出时的速度大小为v＝eq \r(\f(2eU1,m))
D．电子从小孔射出时的速度大小为v＝eq \r(\f(2eU2,m))
答案 D
解析 A、B间电场使电子加速，电子要受到向右的电场力，所以金属板电势要高于电阻丝的电势，故A错误；电阻丝与金属板间的电场并不是匀强电场，所以不能用E＝eq \f(U,d)来计算电场强度，故B错误；电子从电阻丝出来时的速度近似为零，经A、B间电场加速后从金属板中间的小孔射出，初、末位置电势差为U2，根据动能定理有e·U2＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2eU2,m))，故C错误，D正确．
考向2 带电体在电场力和重力作用下的直线运动
例7 如图，长度为L的轻质绝缘细杆两端连接两个质量均为m的绝缘带电小球A和B，两小球均可看作质点，带电荷量为qA＝＋6q、qB＝－2q.将小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B进入位于下方的匀强电场区域．匀强电场方向竖直向上，场强E＝eq \f(mg,q)，重力加速度为g.求：
(1)小球A刚进入电场时的速度大小；
(2)要使小球B第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H.
答案 (1)eq \r(5gL) (2)3.5L
解析 (1)设小球A刚进入电场时的速度大小为v0，由动能定理可得
2mg(L＋eq \f(L,2))＋|qB|EL＝eq \f(1,2)×2mv02－0
解得v0＝eq \r(5gL)
(2)由动能定理可得
2mg(H＋eq \f(L,2))＋|qB|EH－qAE(H－L)＝0－0
解得H＝3.5L.
考向3 带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动．
(2)粒子做往返运动．
3．解题技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)将eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图像．
例8 如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压如乙图所示时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动
D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动
答案 D
解析 若电压如题图甲时，在0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～eq \f(1,2)T时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了eq \f(1,2)T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到eq \f(1,4)T后向左减速，eq \f(1,2)T后向右加速，eq \f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确．
例9 (多选)某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示．当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．0～3 s内电场力对带电粒子的冲量为0
C．2 s末带电粒子回到原出发点
D．0～2 s内，电场力做的总功不为零
答案 BD
解析 由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝eq \f(qE1,m)，
第2 s内加速度大小为a2＝eq \f(qE2,m)，
因E2＝2E1，则a2＝2a1，则带电粒子先匀加速运动1 s再匀减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3 s时速度为零，v－t图像如图所示．
由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；由v－t图像可知，t＝3 s时，v＝0，根据动量定理可知，0～3 s内电场力对带电粒子的冲量为0，故B正确；由v－t图像面积表示位移可知，t＝2 s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；由v－t图像可知，t＝2 s时，v≠0，根据动能定理可知，0～2 s内电场力做的总功不为零，故D正确．
课时精练
1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )
A．根据C＝eq \f(Q,U)可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比
C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍
答案 BC
解析 电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两板间的电压无关，故A、D错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确．
2.心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救设备之一，如图所示．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．已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使40 μF电容器充电到4 000 V，存储320 J能量．抢救病人时，一部分能量在4 ms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64 kW.下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电流恒定
B．电容器充电至2 000 V时，电容为20 μF
C．电容器充电至4 000 V时，电荷量为0.16 C
D．一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量是320 J
答案 C
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＝eq \f(Q,U)，可得Q＝CU＝40×10－6×4 000 C＝0.16 C，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＝eq \x\t(P)t＝64×103×4×10－3 J＝256 J，D错误．
3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是( )
A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大
B．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小
C．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变
D．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q减小
答案 C
解析 根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，A错误；由于C＝eq \f(Q,U)，E＝eq \f(U,d)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B错误；由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C＝eq \f(Q,U)可知，两极板电压降低，二极管正向导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电压保持不变，电容器的带电荷量Q增大，C正确，D错误．
4．(多选)(2023·广东茂名市模拟)把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接．先使开关S与1端相连，电源给电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器放电．电流传感器中的电流i随时间t变化的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．在t1～t2时间内，电容器两极板间电压逐渐增大
B．在t3～t4时间内，电容器的电容逐渐减小
C．曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积
D．S接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E
答案 AC
解析 在t1～t2时间内，即形成电流曲线1的过程中，开关S与1端相连，电容器在充电，所带电荷量增大，电容不变，根据U＝eq \f(Q,C)知，两极板间电压逐渐增大，故A正确；在t3～t4时间内，即形成电流曲线2的过程中，开关S与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电荷量无关，保持不变，故B错误；根据q＝It，可知I－t图线与时间轴围成的面积表示电荷量．由于电容器充电和放电的电荷量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，故C正确；S接1端，电容器充电，最终两端电势差等于电源的电动势，故D错误．
5．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知( )
A．M板电势低于N板电势
B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C．增大加速区MN极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力
D．增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力
答案 D
解析 由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D正确，B、C错误．
6.(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E(如图所示)，则( )
A．粒子射入的最大深度为eq \f(mv02,qE)
B．粒子射入的最大深度为eq \f(mv02,2qE)
C．粒子在电场中运动的最长时间为eq \f(mv0,qE)
D．粒子在电场中运动的最长时间为eq \f(2mv0,qE)
答案 BD
解析 粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqxmax＝0－eq \f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq \f(mv02,2qE)，由v0＝at，a＝eq \f(Eq,m)可得t＝eq \f(mv0,Eq)，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝eq \f(2mv0,Eq)，故选B、D.
7．(2023·广东深圳市外国语学校模拟)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t＝2T时，电子回到P点．电子运动中没与极板相碰，不计重力，则( )
A．φ1∶φ2＝1∶2
B．φ1∶φ2＝1∶4
C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最大
D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了eq \f(2e2T2φ12,md2)
答案 D
解析 0～T时间内平行板间的电场强度大小为E1＝eq \f(φ1,d)，电子的加速度大小a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eφ1,md)，电子向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移s1＝eq \f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T，T～2T时间内平行板间电场强度E2＝eq \f(φ2,d)，加速度大小a2＝eq \f(eφ2,md)，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移s2＝v1T－eq \f(1,2)a2T2,2T时刻回到P点，则s1＋s2＝0，联立解得φ2＝3φ1，选项A、B错误；0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，选项C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－eq \f(2eTφ1,md)(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2e2T2φ12,md2)，此过程动能增加了ΔEk＝eq \f(2e2T2φ12,md2)，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，即电子的电势能减小了eq \f(2e2T2φ12,md2)，选项D正确．
8.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度大小为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则( )
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为eq \f(g,2)
C．小球上升的最大高度为eq \f(v02,4g)
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq \f(1,2)mv02
答案 C
解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知，电场力qE与水平方向的夹角应为30°，即电场方向不是竖直向上的，受力情况如图所示．
合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，A、B错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为s＝eq \f(v02,2g)，则小球上升的最大高度为h＝ssin 30°＝eq \f(v02,4g)，C正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为eq \f(1,2)mv02，则小球的最大电势能为eq \f(1,4)mv02，D错误．
9．(多选)(2023·广东佛山市模拟)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端．质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同．质子电荷量为e、质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则( )
A．M、N所接电源的极性应周期性变化
B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为eq \r(\f(10eU,m)＋v02)
D．圆筒E的长度为eq \r(\f(8eU,m)＋v02T)
答案 AB
解析 因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一次加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由L＝vT可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mv02，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝eq \r(\f(8eU,m)＋v02)，C错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝Teq \r(\f(8eU,m)＋v02)，D错误．
10．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V、两个理想电流表A1和A2、被测电解电容器C、滑动变阻器R、两个开关S1和S2以及导线若干．
实验主要步骤如下：
①按图甲连接好电路．
②断开开关S2，闭合开关S1，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电压表的示数U，然后断开开关S1.
③断开开关S1后，闭合开关S2，每间隔5 s读取并记录一次电流表A2的电流值I2，直到电流消失．
④以放电电流I2为纵坐标，放电时间t为横坐标，在坐标纸上作出I2－t图像．
(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，电流表A1的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．
(2)由I2－t图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q＝________ C．(结果保留2位有效数字)
(3)若步骤②中电压表的示数U＝2.95 V，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)
(4)类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，当电容为C的电容器两板间电压为U时，电容器所储存的电能Ep＝________(请用带有U、C的表达式表示)．
答案 (1)增大 减小 (2)3.3×10－3 (3)9.8×103 (4)eq \f(1,2)CU2
解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充电电流越来越小，即电流表A1的示数逐渐减小．
(2)根据q＝It可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q＝25×10－6×5 C＝1.25×10－4 C，可知电容器储存的电荷量为Q＝26×1.25×10－4 C≈3.3×10－3 C.
(3)电压表的示数U＝2.95 V，根据图像可知放电最大电流为300 μA，可知滑动变阻器接入电路部分的阻值为R＝eq \f(U,I)≈9.8×103 Ω.
(4)电容器所储存的电能Ep＝eq \f(1,2)QU＝eq \f(1,2)CU2.
11.在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统，球A所带的电荷量为＋2q，球B所带的电荷量为－3q.现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右．释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其他因素的影响．求：
(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；
(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；
(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值．
答案 (1)eq \f(Eq,m) (2)3eq \r(\f(2mL,Eq)) (3)6EqL
解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q＝2ma，得出两小球加速度大小为a＝eq \f(Eq,m)
(2)系统向右加速运动阶段L＝eq \f(1,2)at12
解得t1＝eq \r(\f(2mL,Eq))
此时B球刚刚进入MN，带电系统的速度v＝at1
假设小球A不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq＋2Eq＝2ma′，加速度a′＝－eq \f(Eq,2m)
减速运动时间t2＝eq \f(0－v,a′)＝2eq \r(\f(2mL,Eq))
减速运动的距离L′＝eq \f(0－v2,2a′)＝2L，可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立．所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t＝t1＋t2＝3eq \r(\f(2mL,Eq))
(3)B球在电场中向右运动的最大距离x＝2L
进而求出B球电势能增加的最大值ΔEp＝－W电＝6EqL.