高中物理 滚动检测3 电容器及带电粒子在电场中的运动 粤教版选修3-1

滚动检测(三)电容器及带电粒子在电场中的运动(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分))1．(湖南高二检测)某电解电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下列说法正确的是 ()．A．此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作B．此电容器必须在交流25V及以下电压才能正常工作C．当工作电压是25V时，电容才是470μF[D．这种电容器使用时，不必考虑两个引出线的极性解析电解电容器是有极性的，使用时不能接错，其标称电压25V是指额定电压，只有在直流额定电压以下且极性正确的情况下电解电容器才能正常工作，故A选项正确．答案A2．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq\f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是 ()．A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1解析考查平行板电容器的相关知识．U1＝eq\f(Q,C)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd))＝eq\f(4πkdQ,εrS)，E1＝eq\f(U1,d)＝eq\f(4πkQ,εrS).当电荷量变为2Q，板间距变为eq\f(1,2)d时，U2＝eq\f(2Q,C′)＝eq\f(2Q,\f(εrS,2πkd))＝eq\f(4πkdQ,εrS)＝U1，E2＝eq\f(U2,d/2)＝eq\f(8πkQ,εrS)＝2E1.C正确．答案C图13．(·厦门模拟)如图1所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中 ()．A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜apC．它们所带的电荷量之比qP：qQ＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2解析设P、Q两粒子的初速度为v0，加速度大小分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是eq\f(h,2)，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPteq\o\al(2,P)，得到aP＝eq\f(hv\o\al(2,0),l2)；同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQteq\o\al(2,Q)，得到aQ＝eq\f(2hv\o\al(2,0),l2).由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．答案C图24．如图2所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速度vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为 ()．A.eq\f(mv\o\al(2,0),2q) B.eq\f(3mv\o\al(2,0),q)C.eq\f(2mv\o\al(2,0),q) D.eq\f(3mv\o\al(2,0),2q)解析在竖直方向做匀减速直线运动：2gh＝veq\o\al(2,0)，①[电场力做正功、重力做负功使粒子的动能由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)变为2mveq\o\al(2,0)，则根据动能定理qU－mgh＝2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，②解方程①②，A、B两点电势差应为eq\f(2mv\o\al(2,0),q)，应选C.答案C二、双项选择题(本题共5小题，每小题8分，共40分)图35．如图3所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么 ()．A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上的速度一样大D．三种原子核都打在屏上时的同一位置上解析同一加速电场、同一偏转电场，三种粒子带电荷量相同，在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝eq\f(l2U2,4dU1)，tanφ＝eq\f(lU2,2dU1)知，与电荷无关，D对．答案BD图46．(山东高二期中)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4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0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同B．微粒将沿着一条直线运动C．微粒做往复运动D．微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同解析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．答案BD7．如图5所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的 ()．图5A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确、B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确、D错误．答案AC图68．三个α粒子在同一地点沿同一方向同时垂直飞入偏转电场，出现了如图6所示的运动轨迹，b恰好从下板边缘飞出，由此可判断 ()．A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．动能的增加值c最大，a和b一样大解析α粒子在同一地点沿同一方向同时垂直飞入偏转电场，沿垂直方向的加速度相同，所以偏转距离的大小与时间的平方成正比，在b飞离电场的同时，侧移距离与a相同，故时间相同，a刚好打在负极板上，A正确；同理可知，B错误、C正确；动能的增加值与侧移距离成正比，故D错误．答案AC图79．如图7所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中 ()．A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小解析使用类比法，将库仑力类比万有引力，即可参考开普勒三定律得出结论．答案AC三、非选择题(本题共2小题，每小题18分，共36分．计算题要求有必要的文字叙述，列出必要的方程和演算步骤)10．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：(1)极板间的电场强度E；(2)α粒子在极板间运动的加速度a；(3)α粒子的初速度v0.[解析(1)极板间场强E＝eq\f(U,d).(2)α粒子电荷量为2e，质量为4m，所受静电力：F＝2eE＝eq\f(2eU,d)，α粒子在极板间运动的加速度a＝eq\f(F,4m)＝eq\f(eU,2dm).(3)由d＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2d,a))＝2deq\r(\f(m,eU))，则v0＝eq\f(R,t)＝eq\f(R,2d)eq\r(\f(eU,m)).答案(1)eq\f(U,d)(2)eq\f(eU,2dm)(3)eq\f(R,2d)eq\r(\f(eU,m))图811．一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图8所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线与荧光屏交点O，打在荧光屏上的P点，求eq\x\to(OP).解析电子经U1的电场加速后，由动能定理可得eU1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，①[电子以v0的速度进入U2的电场偏转t＝eq\f(l,v0)，②E＝eq\f(U2,d)，③a＝eq\f