选修3-1第6章第3节知能演练强化闯关

1. (2012·山东威海质检)平行板电容器两极板所带的电荷量不变, 现将两极板间的距离适当增大, 则( )
A. 平行板电容器的电容增大
B. 平行板电容器间匀强电场的场强减小
C. 平行板电容器两极板间的电压增大
D. 平行板电容器两极板所带电荷的电势能都增大 解析: 选C D.平行板电容器的电容与两极板间的距离成反比, 距离增
大, 电容减小, A 错误; 平行板电容器的电容为: C ＝εS 4πkd , 电容器两极板间的电压为: U ＝
Q
C
＝4πkdQ εS , C 正确; 两极板间电场的场强大小为: E ＝U d ＝4πkQ εS
, 场强不变, B 错误; 两极板间
的距离增大, 电场力对所有电荷做负功, 所有电荷的电势能增大, D 正确. 2. (2011·高考安徽理综卷)图6－3－9甲为示波管的原理图. 如果在电极YY ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化, 在电极XX ′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是( )
图6－3－9
图6－3－10
解析: 选 B.在0～2t 1时间内, 扫描电压扫描一次, 信号电压完成一个周期, 当U Y 为正的最大值时, 电子打在荧光屏上有正的最大位移, 当U Y 为负的最大值时, 电子打在荧光屏上有负的最大位移, 因此一个周期内荧光屏上的图像为 B. 3. (2012·浙江省学军中学高三期中)如图6－3－11所示, 两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场. 一个质量为m 、带电量为q 的油滴以初速度v 0进入电场, 并在电场中沿直线运动了一段时间, 空气阻力不计, 则( )
图6－3－11
A. 该油滴带负电
B. 在这段时间内电场力所做的功大于油滴重力势能的变化
C. 在这段时间内油滴的机械能保持不变
D. 在这段时间内油滴的动能保持不变
解析: 选 D.油滴沿直线运动, 则受力平衡或所受合力与初速共线. 油滴受到重力和电场力的作用, 二者都在竖直方向上, 所以油滴必是受力平衡, 因而油滴带正电, 且qE ＝mg , 所以在这段时间内电场力所做的功等于油滴重力势能的变化, A 、B 均错误; 油滴受力平衡, 则动能保持不变, 但运动速度斜向上, 所以重力势能增加, 机械能增加, C 错误D 正确.
4. 如图6－3－12所示, 有两个相同的带电粒子A 、B , 分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入电场, 它们恰好都打在下极板右端处的C 点, 若不计重力, 下列说法错误的是( )
图6－3－12
A. A 粒子的初动能是B 粒子的2倍
B. A 粒子在C 点的偏向角的正弦值是B 粒子的2倍
C. A 、B 两粒子到达C 点时的动能可能相同
D. 如果仅将加在两极板间的电压加倍, A 、B 两粒子到达下极板时仍为同一点D (图中未画出)
解析: 选 B.粒子在水平方向上做匀速直线运动, 则有v A t A ＝v B t B , 竖直方向上对A 有h 2＝1
2at 2A
,
对B 有h ＝1
2at 2B
, 通过计算可知v A ＝2v B , A 项正确; 通过图像可以看出, A 粒子的偏向角要
小于B 粒子的偏向角, B 错误; 由动能定理可知, 电场力对B 粒子做功为A 粒子的两倍, A 粒子的初动能为B 粒子的两倍, 所以到C 点时动能有可能相同, C 项正确; 由水平速度与时间的关系可知, 加大电压, 两粒子水平方向上的位移相同, D 正确. 5.
图6－3－13
(2011·高考福建理综卷)反射式速调管是常用的微波器件之一, 它利用电子团在电场中的振荡来产生微波, 其振荡原理与下述过程类似. 如图所示, 在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场, 一带电微粒从A 点由静止开始, 在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动. 已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C, 方向如图6
－3－13所示. 带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg, 带电量q ＝－1.0×10－
9 C, A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm, 不计带电微粒的重力, 忽略相对论效应. 求: (1)B 点距虚线MN 的距离d 2;
(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .
解析: (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中, 由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①
由①式解得d 2＝E 1
E 2
d 1＝0.50 cm.②
(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2, 由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④
设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2, 由运动学公式有d 1＝1
2a 1t 21
⑤
d 2＝12
a 2t 22⑥
又t ＝t 1＋t 2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－
8 s.
答案: (1)0.50 cm (2)1.5×10－
8 s
一、选择题
1. 电容式键盘, 是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( ) A. 两板间的距离 B. 两板间的电压 C. 两板间的电介质 D. 两板的正对面积
解析: 选A.本题考查电容器电容大小的决定因素. 当敲击键盘时由公式C ＝εS 4k πd
可知改变了
极板间距离, 故选A.
2. 某电容器上标有“25 μF,450 V ”字样, 下列对该电容器的说法中正确的是( )
A. 要使该电容器两极板之间电压增加1 V , 所需电荷量为2.5×10－
5 C
B. 要使该电容器带电量1 C, 两极板之间需加电压2.5×10－
5 V
C. 该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10－
5 C D. 该电容器能够承受的最大电压为450 V
解析: 选A.由电容器电容的定义C ＝Q /U 可得, C ＝ΔQ /ΔU , ΔQ ＝C ΔU , 要使该电容器两极板
之间电压增加ΔU ＝1 V , 所需电荷量为ΔQ ＝2.5×10－
5 C, A 正确, B 错误; 该电容器能够容纳
的电荷量最多为Q ＝CU ＝2.5×10－5×450＝1.125×10－
2 C, C 错误; 电容器上所标的450 V , 是电容器的额定电压, 是电容器长期工作时所能承受的电压, 低于击穿电压, 该电容器能够承受的最大电压大于450 V , D 错误. 3.
图6－3－14
如图6－3－14所示, 从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动, 指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E )( ) A. 电子到达B 板时的动能是2Ee B. 电子从B 板到达C 板动能增大 C. 电子到达D 板时动能是3Ee
D. 电子在A 板和D 板之间做往复运动
解析: 选 D.电子在AB 之间做匀加速运动, 且eE ＝ΔE k , A 错误; 在BC 之间做匀速运动, B 错误; 在CD 之间做匀减速运动, 到达D 板时, 速度减为零, C 错误, D 正确. 4.
图6－3－15
如图6－3－15所示, 在A 板附近有一电子由静止开始向B 板运动, 则关于电子到达B 板时的速率, 下列叙述正确的是( )
A. 两板间距越大, 加速的时间就越长, 则获得的速率越大
B. 两板间距越小, 加速度就越大, 则获得的速率越大
C. 与两板间的距离无关, 仅与加速电压U 有关
D. 以上解释都不正确
解析: 选C.由动能定理得: qU ＝12m v 2, v ＝ 2qU
m
, 即A 、B 、D 三项均错.
5. 一平行板电容器两极板间距为d 、极板面积为S 、电容为ε0S /d , 其中ε0是常量. 对此电容器充电后断开电源, 当增加两极板间距时, 电容器极板间( ) A. 电场强度不变, 电势差变大 B. 电场强度不变, 电势差不变 C. 电场强度减小, 电势差不变 D. 电场强度减小, 电势差减小
解析: 选A.平行板电容器所带电荷量为Q 、两极板间电压为U , 则由C ＝Q /U 、C ＝ε0S /d 知, 两
极板间匀强电场的场强E ＝U /d , 即E ＝Q
ε0S
, 电容器充电后断开电源, 电容器所带电荷量Q 不
变, 则E 不变; 根据C ＝ε0S /d 可知d 增大、C 减小, 又根据U ＝Q
C
可知U 变大, 但E 是恒定
的. 6.
图6－3－16
如图6－3－16所示, 平行板电容器两极板A 和B 分别与电源的正、负极相连且A 板接地, P 为两极板间的一点. 现保持B 板不动, 将A 板慢慢向上平移到图中虚线所示的位置, 这时( )
A. 电容器两极板间的电势差减小
B. P 点的场强增大
C. P 点的电势降低
D. 固定在P 点的负电荷和电势能将减小
解析: 选C.由于电容器两极板A 和B 分别与电源的正、负极相连, 则两极板间的电势差保持
不变; 由E ＝U
d
可知P 点的场强减小; 由U ＝Ed 可知: U PB 减小, 由于U AB 不变, 则U AP 增大,
又因为A 板接地, 所以P 点的电势降低; 由于q ＜0, φP ＜0, 且φP 降低, 根据E ＝qφ可知, 固定在P 点的负电荷的电势能将增大.
7. 如图6－3－17所示, M 、N 是竖直放置的两平行金属板, 分别带等量异种电荷, 两极板间产生一个水平向右的匀强电场, 场强为E , 一质量为m 、电量为＋q 的微粒, 以初速度v 0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中, 微粒垂直打到N 极上的C 点, 已知AB ＝BC .不计空气阻力, 则可知( )
图6－3－17
A. 微粒在电场中做匀速直线运动
B. 微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等
C. MN 板间的电势差为2m v 20/q
D. MN 板间的电势差为E v 20/2g
解析: 选 B.由题意可知, 微粒所受重力及电场力均为恒力, 其合力也为恒力. 所以微粒应做
抛物线运动, A 项错误; 因AB ＝BC , 即v 02·t ＝v C 2·t 可见v C ＝v 0, 故B 项正确; 由q ·U 2＝1
2m v 2C
, 得
U ＝m v 2C q ＝m v 20
q , 故C 项错误; 又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝m v 20q , 得U ＝E v 20g
, 故D 项错误.
8. 平行板电容器两板间的电压为U , 板间距离为d , 极板长为L , 一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从该电容器的正中央沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入, 不计重力, 当粒子
的入射初速度为v 0时, 它恰能穿过电场而不碰到金属板. 为了使入射速度为v 0
2
的同质量的带
电粒子也恰好能穿过电场而不碰到金属板, 则在其他量不变的情况下, 必须满足( ) A. 使粒子的电荷量减半 B. 使两极板间的电压减半 C. 使两极板间的间距加倍
D. 使两极板间的间距增为原来的4倍
解析: 选C.当以初速度v 0射入时: d 2＝12qU md ·L 2v 20即d 2
＝qUL 2m ·1v 20, 当以初速度v 02射入时: d ′2＝
12
qU md ′·L 2⎝⎛⎭⎫v 022
即d ′2
＝qUL 2m ·1⎝⎛⎭⎫v 022故C 对D 错.
9. (2010·高考安徽理综卷)如图6－3－18所示, M 、N 是平行板电容器的两个极板, R 0为定值电阻, R 1、R 2为可调电阻, 用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部. 闭合电键S , 小球静止时受到悬线的拉力T .调节R 1、R 2, 关于T 的大小判断正确的是( )
图6－3－18
A. 保持R 1不变, 缓慢增大R 2时, T 将变大
B. 保持R 1不变, 缓慢增大R 2时, T 将变小
C. 保持R 2不变, 缓慢增大R 1时, T 将变大
D. 保持R 2不变, 缓慢增大R 1时, T 将变小 解析: 选 B.小球受重力、电场力、悬线的拉力而处于平衡状态, 设悬线与竖直方向的夹角为
θ, 则tan θ＝qE mg ＝qU mgd , cos θ＝mg
T
, 由闭合电路欧姆定律知增大R 2时, 定值电阻两端电压减小,
θ减小, cos θ增大, T 减小, B 正确; 而改变R 1对定值电阻两端电压不起作用. 10. 如图6－3－19所示, 质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的初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极板的过程中( )
图6－3－19
A. 它们运动的时间t Q ＝t P
B. 它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2
C. 它们的电势能减少量之比ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶2
D. 它们的动能增量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝2∶1 解析: 选A B.设两板间的距离为d , 带电粒子的质量为m , 带电粒子射入电场的初速度是v 0.沿垂直电场方向P 、Q 粒子都做匀速直线运动, 则有: v 0t P ＝v 0t Q , 解得: t P ＝t Q , A 正确; 两粒子在垂直初速度方向都做初速度为零的匀加速直线运动, 对两粒子分别
应用牛顿第二定律和运动学公式得: P 粒子, q P E ＝ma P , 12d ＝12a P t 2P ; Q 粒子, q Q E ＝ma Q
, d ＝1
2
a Q t 2Q , 联立解得: q P ∶q Q ＝1∶2, B 正确; 两粒子的电势能减少量分别为: ΔE P ＝q P E ×1
2d , ΔE Q
＝q Q Ed , 解得: ΔE P ∶ΔE Q ＝1∶4, C 错误; 两粒子的动能增量分别为: ΔE k P ＝q P E ×1
2
d , ΔE k Q ＝
q Q Ed , 解得ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶4, D 错误. 二、非选择题 11.
图6－3－20
如图6－3－20所示, 一个质量为m , 带电荷量为＋q 的粒子在O 点以初速度v 0跟水平方向成θ角射出, 如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后, 可使粒子沿初速度方向做直线运动.
(1)求所加最小匀强电场的场强的大小及方向;
(2)若加上水平向左、大小一定的匀强电场, 求当粒子速度为零时距O 点的距离.
(2)法一: 如图所示, 由牛顿第二定律得: mg
sin θ
＝ma 所以a ＝g
sin θ
粒子做匀减速运动的位移 s ＝v 202a ＝v 202g /sin θ＝v 20sin θ2g
.
法二: 由动能定理得: －mg sin θs ＝0－1
2m v 20
所以s ＝v 20sin θ
2g
.
答案: (1)mg cos θ
q 垂直v 0斜向上 (2)v 20sin θ2g
12.
图6－3－21
(2012·长沙模拟)如图6－3－21所示, 某空间有一竖直向下的匀强电场, 电场强度E ＝1.0×102 V/m, 一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中, 在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源, 盒内粒子以v 0＝2.0×102 m/s 的初速度向水平面以下的各个方
向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15 kg, 电荷量为q ＝＋10－
12 C 的带电粒子, 粒子最终落在金属板b 上. 若不计粒子重力, 求: (结果保留两位有效数字) (1)粒子源所在处a 点的电势;
(2)带电粒子打在金属板上时的动能;
(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积); 若使带电粒子打在金属板上的范围减小, 可以通过改变哪些物理量来实现？ 解析: (1)题中匀强电场竖直向下, b 板接地 因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V ＝80 V .
(2)不计重力, 只有电场力做功, 对粒子由动能定理得
qU ab ＝E k －1
2m v 20
可得带电粒子打在金属板上时的动能为
E k ＝qU ＋12
m v 20＝1.2×10－10
J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界, 设水平抛出后t 时间
落在板上: x ＝v 0t , h ＝1
2
at 2
a ＝qE
m
, S ＝πx 2
联立以上各式得所形成的面积S ＝2πm v 20
h qE
＝4 m 2, 可以通过减小h 或增大E 来实现.
答案: (1)80 V (2)1.2×10－
10 J
(3)面积4 m 2 可以通过减小h 或增大E 来实现。