2025高考物理步步高同步练习必修3第十章第2课时　实验：观察电容器的充、放电现象含答案

2025高考物理步步高同步练习必修3第十章第2课时实验：观察电容器的充、放电现象一、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，在静电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，电容器通过电阻R放电，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，电容器正、负极板上电荷发生中和．放电开始时电流较大(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零．二、实验器材6V的直流电源、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡、导线若干．三、实验步骤1．按图连接好电路．2．把单刀双掷开关S接在上面，使触点1和触点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接在下面，使触点3和触点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．四、实验记录和分析实验项目实验现象电容器充电灯泡灯泡的亮度由明到暗最后熄灭(选填“明”“暗”或“熄灭”)电流表1电流表1的读数由大到小最后为零(选填“大”“小”或“零”)电压表电压表的读数由小(选填“大”或“小”)到大(选填“大”或“小”)最后为6V电容器放电灯泡灯泡的亮度由明到暗最后熄灭(选填“明”“暗”或“熄灭”)电流表2电流表2的读数由大到小最后为零(选填“大”“小”或“零”)电压表电压表的读数由大(选填“大”或“小”)到小(选填“大”或“小”)最后为零五、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．4．在做放电实验时，在电路中串联一个电阻(小灯泡)，以免烧坏电流表．一、电容器充、放电现象的定性分析例1在如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是()A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电答案A解析开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A对，B错；开关接2时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错．电容器的充电和放电1．充电：把电容器的两个极板与电源的正负极相连，使两个极板上带上等量异种电荷的过程．充电后，跟电源正极相连的极板带正电，跟电源负极相连的极板带负电．充电过程如图甲所示．2．放电：用导线把充电后的电容器的两个极板接通，两个极板上的电荷中和，电容器失去电荷的过程．放电后，电容器任一极板带电荷量均为零．放电过程如图乙所示．针对训练1(多选)关于电容器的充、放电，下列说法中正确的是()A．充、放电过程中外电路有电流B．充、放电过程中外电路有恒定电流C．充电过程中电源提供的电能全部转化为内能D．放电过程中电容器中的电场能逐渐减少答案AD解析电容器充、放电过程中会有电荷发生定向移动，外电路产生变化的电流，电容器充、放电结束，电流消失，A对，B错；充电过程中电源提供的电能部分转化为电容器的电场能，C错；放电过程中电容器中的电场能转化为其他形式的能，D对．针对训练2据报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电．某同学假日登山途中，用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是()A．该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大B．该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少C．该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零答案B解析电容是描述电容器容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电荷量无关，故A、D错误；当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误．二、电容器充、放电现象的定量计算例2电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流随时间的变化图像．图甲是用电流传感器观察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6V．(已知电流I＝eq\f(Q,t))先使开关S与1接通，待充电完成后，再把开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图像如图乙所示．已知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像估算出电容器整个放电过程中释放的电荷量为C，该电容器电容为μF.(结果均保留三位有效数字)答案3.04×10－3507解析根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5C，由于大于半格算一个，小于半格舍去，因此I－t图线与时间轴围成的图形所包含的格子个数为38，所以电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q＝8×10－5×38C＝3.04×10－3C．根据电容器的电容C＝eq\f(Q,U)可知，C＝eq\f(3.04×10－3,6)F≈5.07×10－4F＝507μF.例3电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线．某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器(额定电压为16V)；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω；单刀双掷开关；导线若干．实验过程如下：①按照图甲正确连接电路；②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I－t图线如图乙中的实线a所示；④利用计算机软件测出I－t曲线和两坐标轴所围的面积．请回答下列问题：(1)已知测出的I－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·s，则电容器的电容C＝F；(2)若将定值电阻换为R1＝180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I－t图线应该是图丙中的曲线(选填“b”或“c”)．答案(1)4.7×10－3(2)c解析(1)由I－t图像得到开始时电流为I＝90mA＝0.09A故最大电压为U＝IR0＝0.09A×100Ω＝9V故电容为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(42.3mA·s,9V)＝4.7×10－3F(2)换用阻值为180Ω的定值电阻，根据Im＝eq\f(Um,R)，则第2次实验的最大电流小些，故是曲线c.5带电粒子在电场中的运动[学习目标]1.会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法.2.会用运动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题．一、带电粒子在电场中的加速分析带电粒子的加速问题有两种思路：1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场．2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(匀强电场)或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(任何电场)等．二、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.1．运动性质：(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．(2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．2．运动规律：(1)t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv02d).(2)vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).1．判断下列说法的正误．(1)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动．(×)(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量守恒定律．(√)(3)动能定理既能分析匀强电场中的直线运动问题，也能分析非匀强电场中的直线运动问题．(√)(4)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(√)2．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是()A．质子(eq\o\al(1,1)H) B．氘核(eq\o\al(2,1)H)C．α粒子(eq\o\al(4,2)He) D．氚核(eq\o\al(3,1)H)答案A解析根据动能定理得粒子加速后的速度v＝eq\r(\f(2Uq,m))，可知，质子的比荷eq\f(q,m)最大，则其速度最大，选项A正确．一、带电粒子在电场中的加速导学探究(1)研究电子、质子、α粒子在电场中的运动时，重力能否忽略不计？(2)带电粒子在匀强电场或非匀强电场中加速，计算末速度，分别应用什么规律研究？答案(1)电子、质子、α粒子在电场中所受静电力远大于重力，故重力可忽略不计．(2)分析带电粒子在匀强电场中的加速运动，可以用牛顿运动定律结合运动学公式列式求解，也可以用动能定理列式求解．分析带电粒子在非匀强电场中的加速运动，可以用动能定理或功能关系求解．知识深化1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等粒子，一般都不考虑重力，但不能忽略质量．(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．(3)受力分析仍按力学中受力分析的方法分析，切勿漏掉静电力．2．求带电粒子的速度的两种方法(1)从动力学角度出发，用牛顿第二定律和运动学知识求解．(适用于匀强电场)由牛顿第二定律可知，带电粒子运动的加速度的大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).若一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板做匀加速直线运动，两极板间的距离为d，则由v2－v02＝2ad可求得带电粒子到达负极板时的速度v＝eq\r(2ad)＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)从功能关系角度出发，用动能定理求解．(可以是匀强电场，也可以是非匀强电场)带电粒子在运动过程中，只受静电力作用，静电力做的功W＝qU，根据动能定理，当初速度为零时，W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))；当初速度不为零时，W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02).例1(2021·滁州市高二期末)如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是()A．两板间距离越大，加速时间越短B．两板间距离越小，电子的加速度就越小C．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关D．电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关答案C解析两板间电压为U保持不变，设板间距为d，电子在板间的加速度为a，据牛顿第二定律有qeq\f(U,d)＝ma，可得电子的加速度a＝eq\f(qU,md)，故两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝eq\f(1,2)at2，可得t＝deq\r(\f(2m,qU))，故两板间距离越大，加速时间越长，A错误；由动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，电子到达Q板时的速率v＝eq\r(\f(2qU,m))，与两板间距离无关，仅与加速电压有关，C正确，D错误．针对训练(多选)(2021·重庆巴蜀中学期中)如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达距N板eq\f(d,3)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A．使初速度减为原来的eq\f(1,3)B．使M、N间电压提高到原来的1.5倍C．使M、N间电压提高到原来的3倍D．使初速度和M、N间电压减为原来的eq\f(2,3)答案BD解析由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，当粒子恰好能到达N板时，由动能定理，可得－qU＝－eq\f(1,2)mv02，要使粒子到达距N板eq\f(d,3)后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理，可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mv12，联立两方程，得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(v12,v02)，故选项B、D正确．二、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力，设粒子不与平行板相撞．粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理，如图所示．1．基本规律初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝eq\f(l,v0)静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度方向与初速度方向夹角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).2．几个常用推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经过同一电场加速后，又进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合．注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量．例2如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将()A．开关S断开B．初速度变为2v0C．板间电压变为eq\f(U,2)D．竖直移动上板，使板间距变为2d答案B解析开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为eq\f(U,2)时，板间电场强度变为原来的eq\f(1,2)，质子所受的静电力变为原来的eq\f(1,2)，加速度变为原来的eq\f(1,2)，根据y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知质子运动到下极板所需时间为原来的eq\r(2)倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的eq\r(2)倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的eq\f(1,2)，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的eq\r(2)倍，水平位移为原来的eq\r(2)倍，质子不能落到下板边缘，D错误．例3(2021·遵义一中高一期末)如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，电子的重力可忽略．在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况，一定能使电子的偏转角θ变大的是()A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小答案B解析设电子被加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，设平行极板长为l，则电子在平行极板间偏转的时间t＝eq\f(l,v0)，设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，电子射出平行极板时，竖直分速度vy＝at，联立可得：vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，tanθ＝例4一个电荷量为q＝－2×10－8C，质量为m＝1×10－14kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1600V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2400V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8cm，极板长L＝8cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8cm.整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求：(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；(3)P点到O2的距离y′.答案(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由动能定理可得：|q|U1＝eq\f(1,2)mv02，代入数据解得v0＝8×104m/s.(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(|q|E,m)，E＝eq\f(U2,d)，联立并代入数据，解得y＝0.03m.(3)由几何知识知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，解得y′＝3y＝0.09m.三、示波管的原理1．构造示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示．2．原理(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压，可使亮斑从左向右扫描移动．(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像．例5(2021·黄冈中学月考)如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是()答案B解析电极YY′之间为信号电压，电极XX′之间为扫描电压，0～t1内，Y板电势高，电偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，eq\f(1,2)t1、eq\f(3,2)t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，故A错误，B正确．

考点一带电粒子在电场中的直线运动1.(2022·大理州鹤庆县高二月考)如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度为v.下列说法中正确的是()A．如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度仍为vB．如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度变为2vC．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为vD．如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为eq\r(2)v答案C解析电子在示波管中只受静电力作用，静电力做功W＝qU，故由动能定理可得：qU＝eq\f(1,2)mv2；如果A、K间距离不变而电压变为2U，则静电力做功为原来的两倍，故电子离开K时的动能为原来的两倍，速度v′＝eq\r(2)v，故A、B错误；如果A、K间距离减半而电压仍为U，则静电力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故C正确；如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则静电力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故D错误．2．(2021·天津市红桥区高二期中)两平行金属板相距为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出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是()A.eq\f(edL,U)B．edULC.eq\f(eU,dL)D.eq\f(eUL,d)答案D解析电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力．根据能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eUOA.因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(eUL,d).故选D.考点二带电粒子在电场中的偏转3.(多选)(2021·汕头市达濠华侨中学高二期末)如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力，则()A．它们运动的时间相同B．它们运动的加速度不相等C．它们所带的电荷量相同D．静电力对它们做负功答案AB解析运动时间为t＝eq\f(x,v0)，由于x、v0相等，因此选项A正确；根据y＝eq\f(1,2)at2可得a＝eq\f(2y,t2)，Q的加速度是P的两倍，选项B正确；再根据qE＝ma可知Q的电荷量是P的两倍，选项C错误；由W＝qEd，静电力对两粒子均做正功，且对Q做的功是P的4倍，选项D错误．4.(多选)(2021·衡水中学月考)一束α粒子(带正电)沿两平行金属板中心轴线射入板间的匀强电场后，分成a、b、c三束，如图所示，则()A．初速度比较，va<vb<vcB．板内运动时间比较，ta＝tb<tcC．动能增加量比较，ΔEka＝ΔEkb>ΔEkcD．电势能变化量的大小比较，ΔEpa>ΔEpb＝ΔEpc答案AC解析α粒子在匀强电场中受到沿垂直于极板方向的静电力作用，在垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，在平行于极板的方向不受力而做匀速直线运动．在垂直于极板方向，由y＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2y,a))∝eq\r(y)，由于ya＝yb>yc，则ta＝tb>tc；在平行于极板方向，由x＝v0t得v0＝eq\f(x,t)，对于a、b，由于xa<xb，ta＝tb，则va<vb，对于b、c，由于xb＝xc，tb>tc，则vb<vc，故有va<vb<vc；电势能变化量的大小等于静电力做功的大小，则ΔEp＝qEy∝y，得ΔEpa＝ΔEpb>ΔEpc；动能增加量等于静电力做的功，则ΔEka＝ΔEkb>ΔEkc，故A、C正确，B、D错误．5.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1答案A解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝eq\f(Uq,mdAB)，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确．6.(多选)如图所示，氕、氘、氚的原子核以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．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，静电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同一位置处答案BD解析加速电场中，静电力做的功为W1＝qU1，因为三种原子核的带电荷量相同，故加速电场的静电力对三种核做的功一样多，A错误；设偏转电场的电极板长度为L，两板间距为d，原子核进入偏转电场的初速度为v，飞行时间为t，质量为m，加速度为a，电荷量为q，垂直极板方向位移为x，则有t＝eq\f(L,v)，ma＝qeq\f(U2,d)，x＝eq\f(1,2)at2偏转电场做功为W2＝qEx＝eq\f(qU2,d)x又因为eq\f(1,2)mv2＝qU1化简得到x＝eq\f(U2L2,4dU1)，W2＝eq\f(qU22L2,4d2U1)所以偏转电场静电力做的功与原子核的质量无关，对三种核做的功一样多，B正确；两个电场对三种核做的功都一样多，故三种粒子最终打在屏上的动能一样大，但三种核质量不同，所以速度也不同，C错误；原子核在偏转电场的速度偏转角度的正切值为tanθ＝eq\f(at,v)＝eq\f(qU2L,dmv2)＝eq\f(U2L,2dU1)可知，经过偏转电场后速度偏转角度一样，同时由B选项中结果可知，三种原子核出偏转电场的位置相同，故最终三种核都打在屏上同一位置处，D正确．7．(2021·茂名市高州市期末)如图所示，电子在电势差为U0的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U的偏转电场中，经偏转电场偏偏转电场的板长为L1，板间距离为d，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2，求：(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；(2)电子飞出偏转电场时的偏移距离y；(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值；(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(UL12,4U0d)(3)eq\f(UL1,2U0d)(4)eq\f(L1＋2L2UL1,4U0d)解析(1)电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：eU0＝eq\f(1,2)mv02得：v0＝eq\r(\f(2eU0,m))(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，沿初速度方向有：L1＝v0t垂直初速度方向有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU,2md)t2联立解得：y＝eq\f(UL12,4U0d)(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值为：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(\f(eU,md)·\f(L1,v0),v0)＝eq\f(UL1,2U0d).(4)电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据相似三角形得：eq\f(y,Y)＝eq\f(\f(1,2)L1,\f(1,2)L1＋L2)解得Y＝eq\f(L1＋2L2UL1,4U0d).考点三示波管8．(2021·荆州中学期中)如图所示的示波管，当两偏转电极上所加电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标在O点，其中x轴与X、X′间的电场的电场强度方向平行，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与Y、Y′间的电场的电场强度方向平行)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则()A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极答案D解析若要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．9．(多选)示波管的内部结构如图甲所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形．则()A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形答案AC10.如图所示，一充电后平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A，在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力及两粒子的重力均忽略不计，则以下说法正确的是()A．电荷量q1与q2的比值为3∶7B．电荷量q1与q2的比值为3∶4C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7答案B解析由题意知，粒子A、B同时从静止开始做匀加速直线运动，粒子A、B运动到平面Q的位移之比为3∶4，由a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Eqt2,2m)得，电荷量q1与q2的比值为3∶4，故A错误，B正确；两粒子从静止运动到平面Q的过程中由动能定理得：Eqx＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2Eqx,m))，则粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶4，故C、D错误．11.(多选)(2021·肥东县第二中学高二期末)如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直电场强度方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为eq\f(v,2)仍能恰好穿过电场，则必须再使(不考虑粒子重力)()A．粒子的电荷量减小为原来的eq\f(1,4)B．两板间电压减小为原来的eq\f(1,2)C．两板间距离增大为原来的4倍D．两板间距离增大为原来的2倍答案AD解析粒子恰好穿过电场时，它沿平行板方向上发生位移L所用时间与垂直于板方向上发生位移eq\f(d,2)所用时间相等，设两板间电压为U，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(L2,v2)，即L＝dveq\r(\f(m,qU))，当入射速度变为eq\f(v,2)时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量或电压变为原来的eq\f(1,4)或两板间距离增大为原来的2倍时，均使粒子恰好运动到极板边缘处，水平位移恰好等于L，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确．12．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不必考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹