2020粤教版高中物理选修313电容器及带电粒子在电场中的运动滚动检测
粤教版高中物理选修3-1全册精品限时滚动检测4：电阻和闭合电路
电阻和闭合电路
一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．直径0.3 mm的细铅丝通以1.8 A的电流被熔断，直径为0.6 mm的粗铅丝通过5 A的电流被熔断，如果由长度相同的20根细铅丝和一根粗铅丝并联组成电路中的保险丝，则通以()电流时，电路断开．
A．5 A B．30 A C．36 A D．55 A
解析：由R＝ρl
S＝
4ρl
πD2∝
1
D2，即R1/R2＝(
D2
D1)
2＝22＝4，因此R
1
＝4R2，由并联知识可
求出R并＝R1/24，并注意到若两端加电压1.8R1(V)，则超过了粗铅丝的熔断电流，所以并联铅丝两端只能加电压5R2(V)．
所以总电流I＝20×5R2
R1＋5＝30(A)．
答案：B
2.如图1所示，表示用不同电压加在一段金属导体两端，在温度不变的情况下测得电流的图象，试根据图象分析：若将这段金属导体在保持长度不变的前提下增大其横截面积，则这段导体的I-U线这时符合下列哪种情况()
图1
解析：长度不变，增加横截面积，电阻减小．
答案：D
3．如图2所示的电路，闭合开关S，滑动变阻器滑片P向左移动，下列结论正确的是()。
2017粤教版高中物理选修3《电容器及带电粒子在电场中的运动》滚动检测
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“25 V、470 nF”的字样，对此下列说法正确的是（Ao此电容器只能在直流25 V及以下电压才能正常工作B.此电容器必须在交流25 V及以下电压才能正常工作C.当工作电压是25 V时，电容才是470 nF [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25 V是指额左电压，只有在直流额立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。
板间距为刃的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为板间场强为£、现将电容器所带电荷量变为20,板间距变为其他条件不变，这时两极板间电势差为板间场强为E，下列说法正确的是（）。
Ao &=久氏=迄Bo丛=20；,氏=4ECo lk= Ik、D. Uz=2U\、Ez=2E\解析考查平行板电容器的相关知识虫=错误！=错误！=错误!，圧=错误！=错误！、当电荷量变为20,板间距变为詁时，S错误！=错误!=错误!=久沪错误!=错误！=2£、C正确。
答案c/____________图13.（2012・厦门模拟）如图1所示，质量相同的两个带电粒子只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，尸从两极板正中央射入，0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t9> “B.它们运动的加速度aKa,C.它们所带的电荷量之比3 *=1 ： 2D•它们的动能增加量之比△&：△屉=1 ： 2解析设P、0两粒子的初速度为％,加速度大小分别为a.•和a®粒子尸到上极板的距离是错误!，它们做类平抛运动的水平距离为人则对尸，由1=^,错误！=错误!少r错误!，得到a尸错误!；同理对Q, 1= g h=错误!知错误!，得到a尸错误！、由此可见t,= t c, a. =2“而a产错误!，a尸错误!，所以门：如=1：2、由动能圧理，它们的动能增加疑之比△屉：△尿=边错误！: ma.h= 1 : 4、综上所谜，C项正确。
高三物理电容器与电容带电粒子在电场中的运动作业
电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。
其中1～3题为单选，4～8题为多选)1. (2020·北京市东城区一模)如图所示，电容器上标有“80 V1000 μF”字样。
下列说法正确的是()A．电容器两端电压为0时其电容为零B．电容器两端电压为80 V时才能存储电荷C．电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 CD．电容器两端电压低于80 V时其电容小于1000 μF答案 C解析电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。
2．(2018·北京高考) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()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，表明电容增大答案 A解析 用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A 正确；根据平行板电容器的电容决定式C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故B 错误；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd ，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角变小，故C 错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C 不变，故D 错误。
2020年高三物理复习教案：第七章第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
第3讲电容器和电容带电粒子在电场中的运动见学生用书P110微知识1 电容器及电容1．电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。
(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。
(3)充、放电①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。
②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时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两极板间电势差的比值。
(2)公式：C＝QU＝ΔQ ΔU。
(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V所需充加的电荷量，电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关。
(4)单位：法拉，符号F，与其他单位间的换算关系：1 F＝106μF＝1012pF。
3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S、电介质的介电常数εr成正比，与极板间距离d 成反比，即C ＝εr S 4πkd 。
微知识2 带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速 (1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。
(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qU ＝12m v 2－12m v 20。
2．带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。
(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t ＝l v 0。
②沿电场力方向为匀加速运动，a ＝F m ＝qE m ＝qU md 。
③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝ql 2U 2m v 20d。
④离开电场时的偏转角tan θ＝v ⊥v 0＝qlU m v 20d。
高中物理第2章静电场的应用第2节带电粒子在电场中的运动粤教版必修第三册
【解析】设电子射出偏转极板时的偏移距离为 y，偏转角为 θ，则 OP＝y＋Ltan θ，
又 y＝21at2＝21·edUm2vl02，tan θ＝vv0y＝vat0＝meUv022dl ． 在加速电场中的加速过程，由动能定理有 eU1＝21mv02， 联立解得 y＝4Ud2Ul21，tan θ＝2UU21ld，故 OP＝U2l（42dLU＋1 l）．
变速直线运动公式
功的公式及动能定理
可以是匀强电场，也可以是非
选择条件 匀强电场，静电力是恒力 匀强电场，电场力可以是恒力，
也可以是变力
例1 (2023年广州七十五中段考)人体的细胞膜由磷脂双分子层组
成，模型如图甲所示，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
【答案】B
【解析】因为离子在电场中做类平抛运动，故 y＝12at2＝12×Emq×vL0 2＝2EmqLv202，由动能定理，Ek2－Ek1＝W 电＝Eqy，所以 Ek2＝12mv02＋E22mq2vL022， 由于 E、L、v0 都相同，但 q、m 不同，故离开偏转电场时的动能不相同， A 错误；离子做类平抛运动，故在偏转电场中的时间 t＝vL0，因 L 和 v 都 相同，故时间相同，B 正确；
【答案】400 V
【解析】加速过程，由动能定理得 eU＝21mv02，
①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动 l＝v0t，②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动．
加速度 a＝mF＝edUm′，
③
偏转距离 y＝12at2，
④
能飞出的条件为 y≤2d，
⑤
联立①～⑤式解得 U′≤2Ul2d2＝400 V，
物理课件(新教材粤教版)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
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.
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
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 0～12T 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；
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.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＝qmE，E＝Ud ，v2－v02＝2ad. 4.用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv02 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
粤教版高中物理选修(3-1)1《电荷守恒及电场力的性质》word滚动检测
滚动检测(一) 电荷守恒及电场力的性质(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．如图1所示，在真空中，把一个绝缘导体向带负电的球P 慢慢靠近．关于绝缘导体两端的电荷，下列说法中不正确的是( )．图1A ．两端的感应电荷越来越多B ．两端的感应电荷是同种电荷C ．两端的感应电荷是异种电荷D ．两端的感应电荷电荷量相等解析 由于导体内有大量可以自由移动的电子，当带负电的球P 慢慢靠近它时，由于同种电荷相互排斥，导体上靠近P 的一端的电子被排斥到远端，从而显出正电荷，远离P 的一端带上了等量的负电荷．导体离P 球距离越近，电子被排斥得越多，感应电荷越多．答案 B2．带电微粒所带的电荷量的值不可能的是下列的 ( )．A ．2.4×10－19C B ．－6.4×10－19CC ．－1.6×10－19CD ．4×10－17C解析 元电荷电量为1.6×10－19C ，所有电荷量都必须是其整数倍，只有选项A 不满足要求，故选项A 不可能．答案 A3．对于由点电荷Q 产生的电场，下列说法正确的是 ( )．A ．电场强度的表达式仍成立，即E ＝Fq，式中的q 就是产生电场的点电荷的电荷量 B ．在真空中，电场强度的表达式为E ＝k Q r2，式中的Q 是产生电场的点电荷的电荷量 C ．在真空中E ＝k Q r2，式中Q 是试探电荷的电荷量 D ．以上说法都不对解析 公式E ＝F q是电场强度的定义式，普遍适用，其中q 是试探电荷的电荷量．公式E＝k Q r2是在定义式基础上推导出的点电荷电场强度的计算公式，其中Q 是产生电场的点电荷的电荷量．答案 B4．如图2所示，图甲中AB 是一条电场线，图乙则是放在电场线上a 、b 处的试探电荷的电荷量与所受静电力大小的函数图象，由此可判定( )．图2A ．电场方向一定由A 指向B B ．若场源为正电荷，位置在A 侧C ．若场源为负电荷，位置在B 侧D ．若场源为正电荷，位置在B 侧解析 由E ＝F q知，图线的斜率表示场强的大小，E a ＞E b ，故选B. 答案 B二、双项选择题(本题共5小题，每小题8分，共40分)图35．实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M 点以相同的速度飞出a 、b 两个点电荷，a 、b 的运动轨迹如图3中的虚线所示(a 、b 只受电场力作用)，则( )A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．电场力对a 做正功，对b 做负功C ．a 的速度将增大，b 的速度将增大D ．a 的加速度将减小，b 的加速度也将增大解析 由于电场线的方向未知，故无法确定a 、b 的电性，A 错；电场力对a 、b 均做正功，两点电荷的动能均增大，则速度均增大，B 错，C 正确；a 向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b 向电场线密集处运动，故加速度增大，D 正确．答案 CD图46．如图4所示，为某电场中的一条电场线，在a点静止地放一个带正电粒子(所受重力不能忽略)，到达b点时速度恰好为零，则( )．A．该粒子从a→b做变加速运动B．电场线的方向一定竖直向上C．a点场强有可能比b点大D．该电场可能是负的点电荷的电场解析点电荷从a→b，速度由零增加，最后又变为零，说明粒子有加速过程和减速过程，其受电场力方向只能是向上的，所以电场线方向必然向上，A、B正确；粒子在a点必有mg>qE a，在b点则是mg<qE b，故E a<E b，故C错误；若是负电荷的电场，则E a>E b，不符合题意，D错．答案A B7．如图5所示，A、B是被绝缘支架分别架起的两金属球，并相隔一定距离，其中A带正电，B不带电，则以下说法中正确的是( )．图5A．导体B带负电B．导体B左端出现负电荷，右端出现正电荷，并且电荷量大小相等C．若A不动，将B沿图中虚线分开，则两边的电荷量大小可能不等，与如何分有关D．只要A与B不接触，B的总电荷量总是为零解析不带电的B靠近带电体A后感应起电，远近两端带异种电荷，但整个物体没有净余电荷，故无论如何切割金属B，电荷量大小都相等，所以选项B、D正确．答案BD8．对于库仑定律，下面说法正确的是( )．A．库仑定律适用于真空中两个点电荷之间的相互作用力B．两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律计算库仑力的大小C．相互作用的两个点电荷，不论它们的电量是否相同，它们之间的库仑力的大小一定相等D．当两个半径为r的带电金属球中心相距为4r时，对于它们之间的静电力的大小，只与它们所带电荷量的大小有关解析由库仑定律的适用条件可知，选项A正确；两个小球若距离非常近，则不能看成点电荷，库仑定律不成立，B项错误；点电荷之间的库仑力属于作用力与反作用力，符合牛顿第三定定律，故大小一定相等，C项正确；D项中的两金属球不能看成点电荷，他们之间的静电力的大小不仅与电荷量的大小有关，而且与电性有关，若带同种电荷相互排斥，电荷在外侧分布多，电荷的“重心”距离增加，反之电荷的“重心”距离减小，故作用力的大小还与电性有关．答案AC图69．两个通电小球带电后相互排斥，如图6所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电量用q和Q表示．若已知α＞β，则一定有关系( )．A．两球一定带同种电荷B．m一定小于MC．q一定大于QD．m受到的电场力一定大于M所受电场力解析库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件．由图示可知两小球相互排斥，故A正确、D错误；偏角的大小与小球的质量和悬线的长度有关，故B正确．答案AB二、非选择题(本题共3小题，每小题12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)图710．如图7所示，在竖直向上的匀强电场中有三个小球A、B、C，用不可伸长的绝缘细绳相连挂于O点，质量分别为5m、3m和2m，其中只有B球带电－Q，匀强电场的场强为E.在烧断OA的瞬间，A球的加速度为______，AB间细绳的张力为________，BC间细绳的张力为______．解析 (1)以AB 整体为研究对象，QE ＋8mg ＝8ma A ，得a A ＝QE8m ＋g .(2)对于A ，F T AB ＋5mg ＝5ma A ，得F T AB ＝58QE .(3)当OA 烧断的瞬间，若不考虑A 、B 、C 间的绳子拉力，则B 球向下的加速度大于A 、C 两球的加速度，故A 、B 间连线有张力，B 、C 间张力为零．答案QE 8m ＋g 58QE 0图811．如图8所示，光滑绝缘水平直槽上固定着A 、B 、C 三个带电小球，它们的质量均为m ，间距均为r ，Q A ＝＋8q ，Q B ＝＋q .现对C 球施一水平拉力的同时放开三个小球，欲使三个小球在运动过程中保持间距r 不变，求：(1)球C 的电性和电荷量； (2)水平拉力的大小．解析 A 球受到B 球库仑斥力F 1和C 球库仑力F 2后，产生水平向右加速度，故F 2必为引力，C 球带负电．对A 、B 、C 系统研究得：a ＝F 3m ；对A 球：k Q C Q A 2r 2－k Q A Q Br 2＝ma ，对球B ：k Q C Q B r 2＋k Q A Q B r 2＝ma ，联立可得：Q C ＝16q ，F ＝72kq 2r2. 答案 (1)带负电 16q (2)72kq 2r2图912．如图9所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中．三个带电小球质量相等，A 球带正电．平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零．(1)若A 球带电荷量为Q ，则B 球的带电量为多少？(2)若A 球带电荷量减小，B 、C 两球带电荷量保持不变，则细线AB 、BC 中的拉力分别如何变化？解析 (1)B 、C 两球都带负电荷；由对称性知：q B ＝q C .[B 球受三力作用，根据平衡条件有：k Qq B r 2cos 60°＝k qC q Br2，解得：q B ＝Q2.(2)AB 细线中拉力增大，BC 中仍无作用力．答案 (1)B 球带负电 Q2 (2)AB 细线中拉力增大，BC 中仍无作用力。
《带电粒子在电场中的运动》压轴培优题型训练【九大题型】(原卷版)25学年高中物理(人教版必修第三册)
《带电粒子在电场中的运动》压轴培优题型训练【九大题型】一．带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题）二．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题）三．带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题）四．带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题）五．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题）六．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动（共5小题）七．带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动（共3小题）八．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共18小题）九．动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题）一．带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题）1．如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d＝0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地（φB＝0）时，A板电势φA，随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t＝0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求：（1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g＝10m/s2）．2．如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m＝2.0×10﹣27kg，电量q＝+1.6×10﹣19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；（3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板．二．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题）3．某种负离子空气净化原理如图所示。
粤教版高中物理选修3-1全册精品限时滚动检测3：电场.docx
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）电场一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)1．如图1所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球a、b，左边放一个带正电的固定球＋Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法中正确的是()图1A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小解析：要使ab平衡，必须有a带负电，b带正电，且a球带电较少，故应选B. 答案：B2．如图2所示是表示在一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是()图2A．这个电场是匀强电场B．a、b、c、d四点的场强大小关系是E d>E a>E b>E cC．a、b、c、d四点的场强大小关系是E a>E b>E d>E cD．无法确定这四个点的场强大小关系解析：图中给出了a、b、c、d四个位置上电荷量和所受静电力大小的变化关系，由电场强度的定义式E＝Fq可知，斜率的绝对值较大的对应场强较大，故B正确．答案：B3．如图3所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点．a、b电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是()图3A．该电场在c点处的电势一定为4 VB．a点处的场强E a一定大于b点处的场强E bC．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a解析：因不知该电场是否匀强电场E＝Ud不一定成立，C点电势不一定是4 V，所以A、B错误．因φa>φb，电场线方向向右，正电荷从高势点移到低势点电场力做正功，电势能减少，受到的电场力指向b，所以C正确D错误．答案：C4．如图4所示，四个质量相同，带电荷量均为＋q的a、b、c、d微粒，距地面高度相同，以相同的水平速度抛出，除了a微粒没有经过电场区域外，其他三个微粒均经过强度大小相同的匀强电场，电场方向如下图所示，这四个微粒从抛出到落地所需的时间分别为t a、t b、t c、t d，则()图4A ．t b <t a <t c <t dB ．t b <t a ＝t d <t cC ．t a <t b <t c <t dD ．t a ＝t d <t b <t c解析：把微粒的运动在竖直、水平方向分解，落地时间由竖直分运动决定，由h ＝12at 2知a a ＝a d ＝g ，则t a ＝t d ，a b >g ，a c <g ，有t b <t a ，t c >t a ，所以：t b <t a ＝t d <t c . 答案：B5．如图5，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图5中所示的运动轨迹，M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )图5A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：粒子接近M 点过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M 点粒子的速率应该最小，A 、B 错误，粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变，C 正确，因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D 错误．答案：C二、双项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)6．传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图6所示，乙、丙是两种常见的电容式传感器，现将乙、丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是( )甲乙丙图6A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转解析：本题考查电容器概念及电容式传感器原理．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则两板间的距离增大，电容器的电容变小，则由Q＝CU可知，电容器的带电量减小，电容器放电，电容器的上板带正电，则放电电流从电流表的负接线柱流入，指针向左偏；反之，若F增大，电容器的电容增大，电容器充电，电流表的指针向右偏，B项正确；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，相当于电容器的两极板的正对面积增大，则电容器的电容增大，由上面分析可知，电流表的指针向右偏，C项错误；反之，若导电溶液深度h变小，电容器的电容减小，电流表的指针向左偏，D项正确．答案：BD7．如图7所示，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与bedf平面垂直，下列说法中正确的是()图7A．b、d两点的电场强度相同B．a、f两点的电势相等C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功为零D ．图中O 、a 两点之间的电势差与O 、b 两点之间的电势差不同解析：因a 、b 、c 、d 、e 、f 六个点在同一个等势面上，各点电势相等，所以B 、C 正确，D 错误．由E ＝k Q r 2知a 、b 、c 、d 、e 、f 各点场强大小相等但方向不同，故A 错．答案：BC8．如图8所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电荷量为＋10－2 C 的微粒在电场中只受电场力作用，由A 点移到B 点，动能损失0.1 J ，若A 点电势为－10 V ，则( )图8A ．B 点的电势为10 VB ．电场线方向从右向左C ．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D ．微粒的运动轨迹可能是轨迹2解析：正电荷只在电场力作用下从A 运动到B ，动能损失0.1 J ，则电势能增加0.1 J ，φA <φB ，且电场力做功为W AB ＝－0.1 J ，所以U AB ＝φA －φB ＝W AB q ＝－0.110－2 V ＝－10 V 由于φA ＝－10 V ，所以φB ＝0，选项A 错．由于正电荷从A 向B 运动时电场力做负功，所以，正电荷所受电场力方向为沿电场线向左，则电场线的方向为从右向左，选项B 对．由于微粒只受电场力作用做曲线运动，则电场力一定指向它运动轨迹的内侧，所以，它的运动轨迹应为1，而不是2，故选C 项对，选项D 错，应选B 、C. 答案：BC9．如图9所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电池相连，在距离两板等距的M 点有一个带电液滴处于静止状态．若将a 板向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )图9A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高，液滴在M 点的势能将减小C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功相同 解析：当将a 板向下平移时，板间场强增大，则液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，A 、C 错误．由于b 板接地且b 与M 间距未变，由U ＝Ed 可知M 点电势将升高，液滴的电势能将减小，B 正确．由于前后两种情况a 与b 板间电势差不变，所以将液滴从a 板移到b 板电场力做功相同，D 正确．答案：BD10．如图10，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q ，在M 点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q 的电场中沿斜面运动到N 点静止，则从M 到N 的过程中( )图10A ．小物块所受的电场力减小B ．小物块的电势能可能增加C ．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功D ．M 点的电势一定高于N 点的电势解析：Q 为点电荷，由F ＝k Qq r 2，因r M <r N ，所以F N <F M ，A 正确；由小物块的初、末状态可知，小物块从M 到N 的过程先加速再减速，这说明，物块在运动过程中沿斜面向下的力在减小，而重力和摩擦力均为恒力，所以电荷间的库仑力为斥力，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由功能关系可知，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能的减少量之和，故C 正确；因不知Q 和物块的电性，无法判断电势高低，D 错误．答案：AC11．下面各图中A球系在绝缘细线的下端，B球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出．A球能保持静止的是()解析：四图中A球受力如下图所示，满足三力平衡的有A、D，故A、D正确．考查库仑力及三力平衡问题，物体受到共点力作用，若这些力在任意直线的同一侧，则这些力一定不能平衡．答案：AD三、非选择题(本题共3小题，共50分)12．(16分)如图11所示，带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为________，方向________．(静电力恒量为k)图11解析：根据题意可知，因为a点场强为0，故带电板产生的场强相当于＋q的点电荷置于中心，故在b点场强为kq/d2，方向向左．答案：kq/d2向左13. (17分)长为L的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为Q，悬于O点，如图12所示．当在O点另外固定一个正电荷时，如果球静止在A处，则细线拉力是重力mg的两倍，现将球拉至图中B处(θ＝60°)，放开球让它摆动，问：图12(1)固定在O 处的正电荷的带电荷量为多少？(2)摆球回到A 处时悬线拉力为多少？解析：(1)球静止在A 处经受力分析知受三个力作用：重力mg 、静电力F 和细线拉力F 拉，由受力平衡和库仑定律列式：F 拉＝F ＋mgF ＝k Qq L 2F 拉＝2mg三式联立解得：q ＝mgL 2kQ .(2)摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，列如下方程：mgL (1－cos60°)＝12m v 2F 拉′－mg －F ＝m v 2L由(1)知静电力F ＝mg ，解上述三个方程得：F 拉′＝3mg .答案：(1)mgL 2kQ (2)3mg14．(17分)如图13在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度v 垂直电场线射入电场，在穿越电场的过程中，粒子的动能由E k 增加到2E k ，若这个带电粒子以速度2v 垂直进入该电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？图13解析：建立直角坐标系，以初速度方向为x 轴方向．垂直于速度方向为y 轴方向．设粒子的质量为m ，带电荷量为q ，初速度为v ，匀强电场为E ，在y 方向上的位移为y ，速度为2v 时通过匀强电场的偏移量为y ′，平行板板长为l .由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类平抛运动．x 方向上：l ＝v ty 方向上：y ＝12at 2＝Eq 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 2，两次入射带电粒子的偏移量之比为y y ′＝l 2Eq m ⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 212Eq m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2＝41.Eqy ＝2E k －E k ，Eqy ′＝E k ′－12m (2v )2＝E k ′－4E k ，解方程组得：E k ′＝4.25E k . 答案：4.25E k。
2020选考物理 选修3-1 第六章 第3讲 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动
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解析 设偏转电压为 U，带电粒子的电荷量为 q，质量为 m，垂直进入偏转电场的 速度为 v0，偏转电场两极板间距离为 d，极板长为 l，则粒子在偏转电场中的加速 度 a＝dqmU，在偏转电场中运动的时间为 t＝vl0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向 的速度 vy＝at＝dqmUvl0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值 tan θ＝vv0y＝ dqmUvl20。若电子与氢核的初动能相同，则ttaann θθHe ＝1。选项 A 正确。 答案 A
【典例】 如图6所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑 斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速 度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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3.如图4所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验 中，极板所带电荷量不变，若( )
A.保持S不变，增大d，则θ变大 B.保持S不变，增大d，则θ变小 C.保持d不变，减小S，则θ变小 D.保持d不变，减小S，则θ不变
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解析 由题意知电容器带电荷量 Q 不变，当 B 板下移时，板间距离 d 增大，由电 容公式 C＝4επrkSd知，电容器的电容变小，选项 A 正确；电容器内部电场强度 E＝Ud ＝CQd＝4πεrkSQ不变，选项 B 错误，C 正确；B 板电势为 0，P 点电势 φP，等于 P 点 与 B 板的电势差 UPB＝EdPB 变大，则 φP 升高，选项 D 正确。 答案 B
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高中物理必修三 讲义 03 A电容器、带电粒子在电场中的运动 基础版
电容器 带电粒子在电场中的运动 考点一 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压之比． (2)定义式：C ＝QU.(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：正对面积、相对介电常数、两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd .技巧点拨 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压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．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝Ud 分析场强的变化．③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化．(2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d ＝4k πQεr S 分析场强变化．③当改变d 时，E 不变． 例题精练1．(多选)由电容器电容的定义式C ＝QU 可知( )A ．若电容器不带电，则电容C 为零B ．电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比 C ．电容C 与所带电荷量Q 无关D ．电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V 时所需增加的电荷量2．一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3．如图1所示，平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，E p 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1A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变考点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1．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．2．用动力学观点分析 a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 02＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 例题精练4.一匀强电场，场强方向是水平的，如图2所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成θ角做直线运动，重力加速度为g ，求：图2(1)电场强度的大小；(2)小球运动到最高点时其电势能与O 点的电势能之差．考点三 带电粒子在电场中的偏转运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t ＝lv 0(如图3)．图3(2)沿电场力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd；②离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02；③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmd v 02.技巧点拨 1．两个结论(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，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU 0＝12m v 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝v y v 0＝qU 1l md v 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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 到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半． 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 y ＝12m v 2－12m v 02，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差． 例题精练5．如图4所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y .要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )图4A ．增大偏转电压UB ．增大加速电压U 0C ．增大偏转极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子6.如图5，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图5A.s22qEmh B.s2qEmh C.s42qEmh D.s4qEmh拓展点实验：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6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移动，电流I＝0 .图6(2)电容器的放电过程如图7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．图72．实验步骤(1)按图8连接好电路．图8(2)把单刀双掷开关S打在上面，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打在下面，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．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．例题精练9．图9(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压U C.如果U C随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压U R随时间t变化的图象中，正确的是()图9综合练习一．选择题（共19小题）1．（北碚区校级期末）某电容器的电量增加△Q ，两极板间的电压就增加△U ，则该电容器的电容为（ ） A ．等于△Q △UB ．小于△Q△UC ．大于△Q△UD ．无法确定2．（阳泉期末）下列电学元器件属于电容器的是（ ）A ．B ．C ．D ．3．（浙江学业考试）如图所示是某种电学元件的实物照片。
高二物理同步课时训练：滚动检测2 电势、电势差、示波器、电容器(粤教版选修3-1)
滚动检测2电势、电势差、示波器、电容器一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场加速后，粒子速度最大的是()A．质子B．氘核C．α粒子D．钠离子Na＋答案：A2．一点电荷在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是() A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动解析：当点电荷在电场中只受电场力作用时，电场力作用会产生加速度，B、C、D选项中的运动情况都有加速度，而A项中匀速直线运动加速度为零，不可能出现．答案：A3．一个两极间充满空气的平行电容器，极板间距离为d，正对面积为S，充以电荷量Q后，两极板间电势差为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是() A．将电势差变为U/2B．将带电荷量变为2QC．将极板正对面积变为2SD．将两板间充满介电常数为2的电介质答案：C4．如图1所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电．现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为x，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于()图1A.qCxQd B.qQxCd C.qQx2Cd D.qCx2Qd解析：由C＝QU和E＝Ud得E＝QCd，则移动试探电荷q从A到B电场力所做的功为W＝qEx sin30°＝qQx2Cd，选项C正确．答案：C二、双项选择题(本题共5小题，每小题8分，共40分)5．如图2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()图2A．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＝l2U24dU1，tanφ＝lU22dU1知，与电荷无关，D对．答案：BD6．如图3所示，有一质量为m、带电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中．设油滴是从两板中间位置，并以初速度为零进入电场的，可以判定()图3A．油滴在电场中做抛物线运动B．油滴在电场中做匀加速直线运动C．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离D．油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两极间距离，还取决于油滴的比荷解析：粒子从静止开始，受重力和电场力作用，两个力都是恒力，所以合力是恒力，粒子在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，选项B、D对．答案：BD7．如图4所示，一质量为m、带电荷量为q的微粒，从两平行板正中央沿与匀强电场垂直方向射入，不计重力，当入射速度为v时，它恰好穿过电场而不碰金属板．现在微粒入射速度变为v/2，仍恰好穿越电场，保持其他量不变时，可行的方法是()图4A．使粒子带电荷量变为原来的1/4B．使两极间带电压减为原来的1/2C．使两板间距离增为原来的2倍D．使两板间距离增为原来的4倍解析：微粒恰好穿过电场而不碰金属板，说明其偏转距离为d2＝12UqL2dm v20.现若使入射速度变为原来的一半，那么若想y不变，U、q、L、d变化均可．答案：AC8．一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图5所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是()图5 A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于mgq，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无场区的时间均相同解析：由于小球在水平方向不受力，做匀速运动，A对；当E＝mgq时，竖直方向上小球在无场区匀加速运动，在电场区匀速运动，各电场区匀速运动速度不同，时间不同，B错；若E＝2mgq，小球经第一无场区和第一有场区后，速度仍为v0，以后重复前面的运动，C对，D错．答案：AC9．如图6所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法中正确的是()图6A．该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体B．金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大C．如果指示器显示出电容增大，则说明电容器中液面升高D．如果指示器显示出电容减小，则说明电容器中液面升高解析：类似于平行板电容器的结构，导体芯和液体构成电容器的两电极，导体芯的绝缘层就是极间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小．进入液体深度h越大，则S越大，C越大，则C增大时就表明h变大．故A、C正确．答案：AC三、非选择题(本题共3小题，共36分)10．(12分)如图7所示，长L ＝0.4 m 的两平行金属板A 、B 竖直放置，相距d ＝0.02 m ，两板间接入恒定电压为182 V 且B 板接正极．一电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19 C ，以v 0＝4×107 m/s 的速度紧靠A 板向上射入电场中，不计电子的重力．问电子能否射出电场？若能，计算在电场中的偏转距离；若不能，在保持电压不变的情况下，B 板至少平移多少，电子才能射出电场？图7解析：假设电子能射出极板，则t ＝L v 0＝0.44×107 s ＝10－8 s ① y ＝12at 2＝12·eU md t 2②代入数值得：y ＝0.08 m>d ，故不能射出③若恰能射出，则B 板需向右移动，板间距离变为d ′，则d ′＝12·eU md ′t 2④ d ′＝t eU 2m ＝10－8× 1.6×10－19×1822×9.1×10－31m ＝0.04 m ⑤ Δd ＝d ′－d ＝0.02 m ⑥答案：电子不能射出电场 B 板至少向右平移0.02 m11．(12分)如图8所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板h ＝0.8 cm ，两板间的电势差为300 V ．如果两极板间电势差减小到60 V ，则带电小球运动到极板上需多长时间？(板间距为d ，取g ＝10 m/s 2)．图8解析：取带电小球为研究对象，设它带电荷量为q ，则带电小球受重力mg 和电场力qE 的作用．当U1＝300 V时，小球平衡：mg＝q U1 d①当U2＝60 V时，重力大于电场力带电小球向下极板做匀加速直线运动：mg－q U2d＝ma②又h＝12at2③由①②③得：t＝2U1h (U1－U2)g＝2×300×0.8×10－2(300－60)×10s＝4.5×10－2s答案：4.5×10－2s12．(12分)两个半径均为R的圆形平板电板，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匀强电场．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＝U d(2)α粒子电荷为2e，质量为4m，所受电场力F＝2eE＝2eU dα粒子在极板间运动的加速度a＝F4m＝eU 2dm(3)由d＝12at2，得t＝2da＝2dmeU，v0＝Rt＝R2deUm答案：(1)U d(2)eU 2md(3)R2deUm。
高中物理 滚动检测7 带电粒子在磁场中的运动 粤教版选修31
滚动检测(七) 带电粒子在磁场中的运动(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.如图1所示，MN 板两侧都是磁感强度为B 的匀强磁场，方向如图所示，带电粒子(不计重力)从a 位置以垂直B 方向的速度v 开始运动，依次通过小孔b 、c 、d ，已知ab ＝bc ＝cd ，粒子从a 运动到d 的时间为t ，则粒子的荷质比为( )．图1A.πtBB.4π3tBC.tB2πD.3πtB解析 粒子运动周期T ＝2πm qB ，从a 运动到d 经历三个半圆周，故t ＝3T 2，解得q m ＝3πtB ，选项D 正确．答案 D图22．带电粒子(不计重力)以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，如图2所示．运动中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感强度B 之比E B为( )．A ．v 0B ．1C ．2v 0D.v 02解析 在磁场中粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv 0B ＝mv 20r ，故r ＝mv 0qB；在电场中粒子类平抛运动，水平方向有r ＝v 0t ，竖直方向有r ＝12qE m t 2，联立可得EB ＝2v 0，选项C正确．答案 C3．关于质子、α粒子、氘核等三种粒子的运动，下列判断正确的是( )．A ．以相同速度垂直射入同一匀强磁场中时，做圆周运动的半径都相同B ．如果垂直射入同一匀强磁场做圆周运动的半径相同，那么氘核动能最大C ．如果从同一点以相同速度垂直射入同一匀强磁场，然后飞向荧光屏，在屏上就有三个光点D ．在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的氘核和α粒子的角速度一定相同 答案 D图34．如图3所示，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A 点进入这个区域沿直线运动，从C 点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B 点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D 点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A 到B 点、A 到C 点和A 到D 点所用的时间分别是t 1、t 2和t 3，比较t 1、t 2和t 3的大小，则有(粒子重力忽略不计)( )．[A ．t 1＝t 2＝t 3B ．t 2＜t 1＜t 3C ．t 1＝t 2＜t 3D ．t 1＝t 3＞t 2解析 存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场时，粒子做匀速直线运动，只有电场时，做类平抛运动，水平方向运动的速度不变，运动时间不变；只有磁场时做匀速圆周运动，水平方向的速度减小，运动时间增大，故选项C 正确．答案 C二、双项选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分)5．一带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场中，则不受磁场影响的物理量是( )．[ A ．速度 B ．加速度 C ．速率D ．动能解析洛伦兹力始终与运动速度方向垂直，洛伦兹力不做功．故选项C、D正确．答案CD图4[6．空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图4所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B 点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则( )．A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案BC图57．如图5所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子(不计重力)在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知( )．A．粒子带负电B．粒子运动方向是abcdeC．粒子运动方向是edcbaD．粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长答案AC图68．如图6所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最低点A时( )．A ．摆球受到的磁场力相同B ．摆球的动能相同C ．摆球受到的丝线的张力相同D ．向右摆动通过A 点时悬线的拉力大于向左摆动通过A 点时悬线的拉力 答案 BD图79．如图7所示，磁感强度为B 的匀强磁场，垂直穿过平面直角坐标系的第Ⅰ象限．一质量为m ，带电量为q 的粒子以速度v 0从O 点沿着与y 轴夹角为30°方向进入磁场，运动到A 点时的速度方向平行于x 轴，那么(粒子重力忽略不计)( )．A ．粒子带正电[B ．粒子带负电C ．粒子由O 到A 经历时间t ＝πm3qBD ．粒子的速度不变解析 由题意可知粒子带负电t ＝T 6＝2πm 9B ×16＝πm 3qB，B 、C 正确． 答案 BC10．(绥化高二检测)如果一个带电粒子匀速进入一个磁场，除磁场力外不受其他任何力的作用，则带电粒子在磁场中可能做( )． A ．匀速运动 B ．平抛运动 C ．匀加速直线运动D ．变速曲线运动解析 如果粒子沿直线型的磁感线方向进入磁场，则它不会受到洛伦兹力，做匀速直线运动，A 正确．在其他情况下，洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，速度大小不变，但方向变化，所以只能做变速曲线运动，D 正确．粒子的加速度方向时刻改变，所以不能做匀加速直线运动和平抛运动，故B 、C 均错．答案 AD三、非选择题(本题共2小题，每小题14分，共28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)[图811．如图8所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，用来加速质量为m ，电量为q 的质子，使质子由静止加速到能量为E 后由A 孔射出，求：(1)加速器中匀强磁场B 的方向和大小；(2)设两D 形盒间距离为d ，其间电压为U ，电场视为匀强电场，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需的回旋周数；(3)加速到上述能量所需的时间．解析 (1)由左手定则判定B 的方向垂直纸面向里R ＝mv qB ＝2mE qB ，所以B ＝2mE Rq. (2)质子每次经过电场都要加速，每周加速两次，由动能定理得E ＝nqU ，加速的次数为n ＝E qU ，故旋转的周数n 2＝E2qU.[ (3)质子运动周期为T ＝2πm qB，所以运动总时间t ＝n 2T ＝πmE q 2BU.答案 (1)方向垂直纸面向里2mERq (2)E 2Uq (3)πmEq 2UB图912．如图9所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向的夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：(1)电场强度E 的大小和方向．(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小．(3)A 点到x 轴的高度h .解析 (1)小球在x 轴下方的复合场中恰能做匀速圆周运动，静电力与重力平衡Eq ＝mg ，得E ＝mg q，因小球带正电，故E 的方向竖直向上．(2)小球的运动轨迹如图所示，设圆的半径为R ，则由几何关系知R ＝L2sin θ，设小球做圆周运动的速率为v ，有qvB ＝mv 2R ，得v ＝qBR m ＝qBL2m sin θ，故小球抛出的初速度v 0＝v cos θ＝qBL2m tan θ.(3)小球经M 点时的竖直分速度v y ＝v sin θ， 在x 轴上方小球做平抛运动，故有v y ＝gt ，h ＝12gt 2，由上式综合解得h ＝q 2B 2L 28m 2g.答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m tan θ (3)q 2B 2L 28m 2g[。
2024_2025学年新教材高中物理第二章静电场的应用第一节电容器与电容课时检测含解析粤教版必修3
电容器与电容A 组—重基础·体现综合1．电容器是一种常用的电子元件。
下列对电容器相识正确的是( )A ．电容器的电容与它所带的电荷量成正比B ．电容器的电容与它两极板间的电压成正比C ．在相同电压作用下，带电荷量多的电容器的电容比较大D ．电容的常用单位有μF 和pF,1 μF＝103pF解析：选C 电容是表示电容器储存电荷本事大小的物理量。
电容的大小是由电容器本身结构确定的，与两极板间电压及电容器所带电荷量无关，A 、B 错误；由C ＝Q U 知，U 肯定时，带电荷量Q 越大的电容器，C 越大，C 正确；单位μF 与pF 的换算关系为1 μF＝106 pF ，D 错误。
2．[多选]如图所示，平行板电容器和恒定直流电源相连，箭头表示此刻的电流方向。
下列说法正确的有( )A ．电容器正在充电B ．电容器正在放电C ．电容器两板间距离肯定正在变大D ．电容器两板间距离可能正在变小解析：选AD 平行板电容器和恒定直流电源相连，电容器两端电压不变，箭头表示此刻的电流方向，则电容器正在充电，故A 正确，B 错误；电容器正在充电，电容器两板所带电荷量增大，电容器的电容增大，所以电容器两板间距离可能正在变小，故D 正确，C 错误。
3．对电容C ＝Q U ，以下说法正确的是( )A ．电容器充电电荷量越多，电容增加越大B ．电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比C ．电容器的电容越大，所带电荷量就越多D ．对于确定的电容器，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变解析：选D 电容器的电容由电容器本身的特性确定，与两极板间电压及电容器所带电荷量无关，故A 、B 错误，D 正确；由C ＝Q U知，电容器所带电荷量与电容器电容和两极板间电压均有关系，故C 错误。
4．一个已充电的电容器，若使它的电荷量削减3×10－4 C ，则其电压削减为原来的13，则( )A ．电容器原来的带电荷量为9×10－4 CB ．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4CC ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13 解析：选B 由题意知C ＝Q U ，C ＝Q －3×10－4 C 13U ，联立解得Q ＝4.5×10－4 C ，故B 正确，A 错误；因电容器的电容不知，所以无法得出电容器原来的电压，C 错误；电容是由电容器本身特性确定，跟电压和电荷量的改变无关，所以电容器的电容不变，D 错误。
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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“25 V、470 μF”的字样，对此，下列说法正确的是
( )．
A ．此电容器只能在直流25 V 及以下电压才能正常工作
B ．此电容器必须在交流25 V 及以下电压才能正常工作
C ．当工作电压是25 V 时，电容才是470 μF [
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25 V 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 A
2．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U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为1
2d ，其他条件不变，这时两极板间电势差
为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是
( )．
A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1
B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1
C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1
D ．U 2＝2U 1，
E 2＝2E 1
解析 考查平行板电容器的相关知识．U 1＝Q C
＝
Q εr S 4πkd
＝4πkdQ εr S ，E 1＝U 1d ＝4πkQ εr S .当电荷量变为2Q ，板间距变为12d 时，U 2＝2Q C ′＝2Q εr S 2πkd
＝4πkdQ εr S ＝U 1，E 2＝U 2d /2＝8πkQ
εr S
＝2E 1.C 正确．
答案 C
图1
3．(2012·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t Q ＞t P
B ．它们运动的加速度a Q ＜a p
C ．它们所带的电荷量之比q P ：q Q ＝1∶2
D ．它们的动能增加量之比Δ
E k P ∶ΔE k Q ＝1∶2
解析 设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度大小分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距
离是h 2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝1
2a P t 2
P ，得到a P ＝hv 20
l
2；同
理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 2
0l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q E m ，
所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h
2∶ma Q h ＝1∶4.综
上所述，C 项正确．
答案 C
图2
4．如图2所示，质量为m ，带电量为q 的粒子，以初速度v 0，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v B ＝2v 0，方向与电场的方向一致，则A 、B 两点的电势差为
( )． A.mv 20
2q
B.3mv 2
q
C.
2mv 2
q
D.3mv 2
02q
解析 在竖直方向做匀减速直线运动：2gh ＝v 2
0，①[
电场力做正功、重力做负功使粒子的动能由12mv 20变为2mv 2
0，则根据动能定理qU －mgh ＝
2mv 2
0－12
mv 20，②
解方程①②，A 、B 两点电势差应为2mv 2
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3
5．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＝l2U2
4dU1
，
tan φ＝lU2
2dU1
知，与电荷无关，D对．
答案BD
图4
6．(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0～1 s内的加速度与1～2 s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1 s内的位移与第3 s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BD
7．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5
A．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6
8．三个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7
9．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v 0.[ 解析 (1)极板间场强E ＝U d
.
(2)α粒子电荷量为2e ，质量为4m ，所受静电力：
F ＝2eE ＝
2eU d
，
α粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU
2dm .
(3)由d ＝12at 2
，得t ＝
2d
a
＝2d
m eU
， 则v 0＝R t ＝R
2d
eU m . 答案 (1)U
d (2)eU
2dm (3)R
2d
eU m
图8
11．一束电子从静止开始经加速电压U 1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U 2时，光点偏离中线与荧光屏交点O ，打在荧光屏上的P 点，
求OP .
解析 电子经U 1的电场加速后，由动能定理可得
eU 1＝
mv 2
2
，①[
电子以v 0的速度进入U 2的电场偏转
t ＝l
v 0，② E ＝U 2
d ，③
a ＝qE
m ，④
v ⊥＝at ，⑤
由①②③④⑤射出极板的偏转角θ，tan θ＝
v ⊥v 0＝U 2l 2U 1d
.⑥
所以，OP ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫l 2＋L tan θ＝U 2L 2U 1d (l
2＋L )．
答案 U 2L 2U 1d (l
2
＋L )。