高中物理第一章静电场1.8电容器的电容学案选修3_1

第一章 第八节 电容器的电容
【学习目标】
1．了解电容器的构造、种类及电路符号； 2．掌握电容的概念及电容器的充放电过程； 3．掌握影响平行板电容器电容的因素及公式； 4．认识一些常用电容器。

【学习过程】 学习任务一：
手机、电脑、无线路由等电器产品已经在生活中无处不在，这些电器元件中有一个正重要的成员——电容器，阅读课本内容，弄清楚电容器的概念以及电容的概念。

电容器：
电容：
学习任务二： 小组讨论，了解电容器的充放电过程，画出相应的电路图，并进行对应现象的分析。

充电过程： 放电过程：
电荷量Q 电势差U
电场强度E
能量转化情况
充电过程
放电过程
结论
学习任务三：观察演示实验，猜想那些因素能影响平行板电容器的电容。

正对面积S 变小 两板间距离d 变大 插入电介质
静电计摆角
操 作 现 象
两极板间电压U
结论：电容C
学习任务四：阅读课本，了解电容器的种类。

分类电容器举例
材料
构造
电容大小
电容器上的主要参数：
学习任务五：完成下列题目，检测学习收获。

1. 一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接，以Q表示电容器的电荷量，则（）
A．当d增大、S不变时，Q减小
B．当S增大、d不变时，Q增大
C．当d减小、S增大时，Q增大
D．当S增大、d减小时，Q不变
2. 两个电容，两极板间的电势差之比为2:3，带电量之比为3:2，则C1/C2等于 ( )
A.2：3 B．3：2 C．4: 9 D. 9: 4
3．某一电容器标注的是“300V，5μF”，则下述说法正确的是（）
A.该电容器可在300V以下电压正常工作
B．该电容器只能在300V电压时正常工作
C．电压是200V时，电容仍是5μF
D．使用时只需考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连
4. 设计一个电容器充放电的实验，画出实验电路图.提供的器材有干电池1个、普通开关2个、微安表2个（量程0-300μA）、电容1个、导线若干. （注：电路图中标明微安表的正负极）
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球
A．初速度较大
B．速度变化率较大
C．落地时速度一定较大
D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大
2．如图所示，一闭合的金属圆环从静止开始下落，穿过一竖直悬挂的条形磁铁，磁铁的N极向上，在运动过程中，圆环的中心轴线始终与磁铁的中轴线保持重合，则下列说法中正确的是
A．对于金属圆环来说，在AB段磁通量向下
B．条形磁体的磁感线起于N极，终于S极，磁感线是不闭合的
C．自上向下看，在AB段感应电流沿顺时针方向
D．自上向下看，在AB段感应电流沿逆时针方向
3．如图所示，小球B静止在光滑水平台右端，小球A以一定的初速度v0与小球B发生弹性正撞，碰撞后两小球由台阶水平抛出，B球第一次落在了水平地面上的P点，A球第一次落到地面上弹起来后第二次也落到了P点。

若两球与地面碰撞时没有能量损失，碰撞前后速度方向满足光的反射定律，则A、B两球的质量之比m1：m2为（）
A．2∶1 B．3∶1 C．3∶2 D．5∶3
4．在物理学发展过程中做出了重要贡献。

下列表述正确的是（）
A．开普勒测出了万有引力常数
B．爱因斯坦发现了天然放射现象
C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式
D．卢瑟福提出了原子的核式结构模型
5．如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，受到激发后的氢原子只辐射出三种不同频率的光a、b、c，频率νa＞νb＞νc，下列说法正确的是
A．照射氢原子的光子能量为12.75eV
B．从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光频率为νa
C．从n=3能级跃迁到n=1能级辐射出的光频率为νc
D．光a能使逸出功为10.2eV的某金属发生光电效应
6．如下图所示，光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．零B．向右C．向左D．不能确定
7．物块M在静止的传送带上匀加速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示.则传送带转动后( )
A．M减速下滑
B．M仍匀加速下滑，加速度比之前大
C．M仍匀加速下滑，加速度与之前相同
D．M仍匀加速下滑，加速度比之前小
8．可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻。

将原
线圈输入端滑动触头P 向下移动时。

下列结论中正确的是（ ）
A ．输出电压U 2增大
B ．流过R 的电流减小
C ．原线圈输入电流减小
D ．原线圈输入功率不变
9．如图所示为单摆的振动图像，根据此振动图像不能确定的物理量是（ ）
A ．摆长
B ．回复力
C ．频率
D ．振幅
10．氡是一种化学元素，符号为Rn ，无色、无嗅、无味具有放射性，当人吸人体内后可在人的呼吸系统造
成辐射损伤，引发肺癌，而建筑材料是室内氡的主要来源。

氡的一种衰变为222218
8684Rn Po X →+则下列判
断正确的是 A ．该衰变为β衰变
B ．衰变过程中质量数守恒，电荷数不守恒
C ．222
86Rn 的结合能小于21884Po 的结合能 D ．222
86Rn 的比结合能小于21884Po 的比结合能
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图所示，真空中有一个棱长为a 的正四面体PQMN 。

若在P 、Q 两点分别放置一个点电荷，P 点为正电荷、Q 点为负电荷，其电荷量均为q 。

再在四面体所在的空间加一个匀强电场，其场强大小为E ，则M 点合场强为0。

静电力常数为k ，下列表述正确的是（ ）
A ．匀强电场的场强大小为
2kq a
B ．匀强电场的场强大小为
22kq
a
C ．N 点合场强的大小为0
D ．N 点合场强的大小为
2
2kq
a 12．如图，等离子体以平行两极板向右的速度v=100m/s 进入两极板之间，平行极板间有磁感应强度大小
为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm，两极板间等离子体的电阻r=1Ω。

小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中B点，沿边缘放一个圆环形电极接电路中A点后完成“旋转的液体”实验。

若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，上半部分为S极，R0=2.0Ω，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表（视为理想电压表）的示数恒为2.0V，则
A．玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘
B．由上往下看，液体做逆时针旋转
C．通过R0的电流为1.5A
D．闭合开关后，R0的热功率为2W
13．以下说法正确的是______。

A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石是晶体，石墨是非晶体，但组成它们的微粒均是碳原子
B．第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律
C．一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的
D．对于一定质量的理想气体，若气体的体积减小而温度降低，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数可能不变
E.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了炭粒分子运动的无规则性14．如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化中的四个状态，图中ad与T轴平行，cd与p轴平行，ab的延长线过原点，则下列说法中正确的是（）
A．气体在状态a时的体积大于在状态b时的体积
B．从状态b到状态a的过程，气体吸收的热量一定等于其增加的内能
C．从状态c到状态d的过程，气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加
D．从状态a到状态d的过程，气体对外做功，内能不变
E.从状态b到状态c的过程，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功
15．如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。

电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R。

先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再
断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（）
A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C．断开开关时，a点电势低于b点电势
D．断开开关后，流过电阻R上的电流方向与原电流方向相反
三、实验题：共2小题
16．精密测量工具的原理及读数
(1)甲同学用游标卡尺测量某物体的厚度，如图所示，则该物体厚度测量值为____cm；
(2)乙同学用螺旋测微器测量铅笔芯的直径D如图所示，读数D＝________mm。

17．某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数,其中A为滑块,B和C处是钩码,不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦．实验中该同学保持在B和C处钩码总个数不变的条件下,改变C 处钩码个数,测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a,然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数．
(1)该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完成本实验,得到所要测量的物理量,还需要________．
A．秒表B．毫米刻度尺C．天平D．弹簧测力计
(2)在实验数据处理中,该同学以C处钩码的总质量m为横轴,以加速度a为纵轴,绘制了如图乙所示的实验图线,可知滑块与木板间的动摩擦因数μ=________．(g取10m/s2)
四、解答题：本题共3题
18．如图所示，一开口气缸内盛有密度为 的某种液体，一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露岀液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为
4
l
，已知各部分气体的温度均为T ，大气压强为0P ，重力加速度为g ，求：
(1)现使小瓶内气体温度降低，当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为34
l
，求此时小瓶内气体的温度
(2)现用活塞将气缸封闭（图中未画岀）,使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持T 不变。

当小瓶露出液面的部分为
8l 时，进入小瓶中的液柱长度为2
l。

求此时气缸内气体的压强 19．（6分）如图所示，xOy 坐标系在竖直平面内，第一象限内存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，第二象限有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，圆形磁场区域与x 轴相切于A 点，与y 轴相切于C 点，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外。

在A 点放置一粒子发射源，能向x 轴上方180°角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量为m 、电荷量为q ，速度大小为v=
BqR
m
，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

(1)当粒子的发射速度方向与y 轴平行时，粒子经过x 轴时，坐标为（2R ，0），则匀强电场的电场强度是多少?
(2)保持电场强度不变，当粒子的发射速度方向与x 轴负方向成60°角时，该带电粒子从发射到达到x 轴上所用的时间为多少?粒子到达的位置坐标是多少?
(3)从粒子源发射出的带电粒子到达x 轴时，距离发射源的最远距离极限值应为多少?
20．（6分）如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图所示．已知该气体在状态B 时的热力学温度T B ＝300K ，求：
①该气体在状态A 时的热力学温度T A 和状态C 时的热力学温度T C ；
②该气体从状态A 到状态C 的过程中，气体内能的变化量△U 以及该过程中气体从外界吸收的热量Q ．
参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．D 【解析】 【详解】 A.由2
12
h gt =
可得，高度越高，下落时间越大，由x υt =可知，两球水平位移相同，但是b 求运动时间短，故b 球初速度较大，A 错误；
B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B 错误；
C.a 球的水平速度小于b 球，故落地时虽然竖直分速度大于b 球，但是合速度不一定大于b 球，C 错误；
D.由tan gt
θυ
=
，a 球落地时间t 大，但是υ小，故a 球的tan θ一定大于b 球，即a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D 正确； 故选D 。

2．C 【解析】 【详解】
A ．在圆环还没有套上磁铁之前，圆环中磁通量方向向上。

故A 错误。

B ．磁感线是闭合的。

故B 错误。

CD ．根据楞次定律，AB 段感应电流是顺时针方向。

故C 正确，D 错误。

3．B
【解析】 【详解】
由题意知两球水平抛出至第一次落到地面时，B 球运动的距离是A 球的3倍，故它们平抛的初速度
213v v =
两球发生弹性碰撞，故
101122m v m v m v =+
222101122111222
m v m v m v =+ 解得
1
2012
2m v v m m =
+
12
1012
m m v v m m -=
+
解得
12:3:1m m =
故选B 。

4．D 【解析】 【分析】
根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

【详解】
A.卡文迪许测出了万有引力常数，A 错误；
B.天然放射现象是法国物理学家贝克勒耳发现的，B 错误；
C.磁场对运动电荷的作用力公式是由洛伦兹提出的，C 错误；
D.卢瑟福提出了原子的核式结构模型，D 正确。

【点睛】
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

5．D 【解析】 【详解】
根据公式2
3n C =，可知，n=3，因此受到激发后的氢原子处于第n=3能级； A ．根据氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光子能量与从n=1跃迁到n=3所吸收的光子能量相等可知，照射
氢原子的光子能量为：△E 31=E 3-E 1=-1.51-（-13.6）=12.09eV ，故A 错误；
B ．频率大小关系为v a ＞v b ＞v c ，从n=3跃迁到n=2辐射出的能量最小，即其对应的光频率为v c ，故B 错误；
C ．氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光的能量最大，辐射出的光频率为v a ，故C 错误；
D ．氢由n=3跃迁到n=1产生的光的能量12.09eV ，依据光电效应方程，所以能使逸出功为10.2eV 的金属能发生光电效应，故D 正确。

6．A
【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A 正确，BCD 错误．故选A ．
7．C
【解析】
【详解】
传送带静止时，物块加速向下滑，对物块受力分析，垂直传送带方向
sin N mg θ=
平行传送带斜向下
sin mg N ma θμ-=
所以
sin cos a g g θμθ=-
传送带突然向上转到，物块依然相对传送带向下运动，受力没有变化，摩擦力依然平行传送带向上，所以小物块加速度不变，所以C 正确，ABD 错误；
故选C 。

8．A
【解析】
【详解】
P 向下移动时，原线圈的匝数减小，根据2211
n U U n =，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，流过R 的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变，则原线圈输入电流增大，故A 正确、BCD 错误。

9．B
【解析】
【分析】
【详解】
由图可直接看出的物理量有：周期T=2s ，振幅A=3cm ；由单摆的周期公式：
=2l T g π 则频率：
10.5Hz f T
== 可求出摆长为：
2
2=4gT l π
由于不知道摆球的质量，所以无法知道回复力。

B 正确，ACD 错误。

故选B 。

10．D
【解析】
【详解】
AB ．衰变过程中满足质量数守恒和电荷数守恒，可知X 为α粒子4
2He ，所以该衰变为α衰变，AB 错误； C ．衰变过程中要释放核能，所以22286Rn 的结合能大于21884Po 的结合能，C 错误；
D ．比结合能越大的原子核越牢固，所以22286Rn 的比结合能小于21884Po 的比结合能，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．AC
【解析】
【详解】
AB ．如图所示，正确分析三维几何关系。

两个点电荷在M 点产生的场强大小均为
2kq E a
= 由几何关系知，这两个点电荷的合场强大小为
2
2cos60kq E E a =︒=点 方向平行于PQ 指向Q 一侧。

该点合场强为0，则匀强电场的场强方向与E 点相反，大小为
2kq a
，所以A 正确，B 错误； CD ．由几何关系知，两点电荷在M 、N 两点的合场强的大小相等、方向相同，则N 点合场强的大小也为0。

所以C 正确，D 错误。

故选AC 。

12．BD
【解析】
【详解】
AB ．由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A 错误，B 正确；
C ．当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有
U qvB q
d
= 得 ==0.50.1100V=5V U Bdv ⨯⨯
由闭合电路欧姆定律有
V 0()U U I r R -=+
解得
1A I =
R 0的热功率
0202W R P I R ==
故C 错误，D 正确。

故选BD 。

13．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．晶体、非晶体在一定条件下可以转化，同种元素的原子可以生成不同种晶体，但石墨是晶体，故A错误；
B．第二类永动机不可能制成是因为违背了热力学第二定律有关热现象的方向性，故B错误；
C．饱和蒸汽压仅仅与温度有关，一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的，故C正确；
D．若单位体积内的分子数多，且分子的平均动能大，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数一定多；而气体的体积减小时单位体积内的分子数变多，温度降低会使分子的平均动能变小，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子个数可能变多，或变少，或不变，故D正确；
E．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这间接反映了液体分子运动的无规则性，故E 错误。

故选ACD。

14．BCE
【解析】
【详解】
A．因ab连线过原点，可知是等容线，则气体在状态a时的体积等于在状态b时的体积，选项A错误；B．从状态b到状态a的过程，气体体积不变，则对外做功为零，即W=0，根据∆U=W+Q可知，气体吸收的热量一定等于其增加的内能，选项B正确；
C．从状态c到状态d的过程，气体的温度不变，压强变大，体积减小，则气体分子的平均动能不变，但分子的密集程度增加，选项C正确；
D．从状态a到状态d的过程，气体压强不变，温度升高，则体积变大，气体对外做功，内能变大，选项D 错误；
E．从状态b到状态c的过程，气体温度升高，体积变大，内能增加，对外做功，根据∆U=W+Q可知，气体从外界吸收的热量一定大于其对外做的功，选项E正确。

故选BCE。

15．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆
盘顺时针转动，故A 错误；
B ．闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据F BIL =可知流过圆盘的电流为零，故B 正确；
C ．断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，所以a 点电势低于b 点电势，故C 正确；
D ．闭合开关时，流过电阻R 上的电流方向从b 点经电阻R 到a 点；断开开关时，a 点电势低于b 点电势，流过电阻R 上的电流方向从b 点经电阻R 到a 点，所以断开开关后，流过电阻R 上的电流方向与原电流方向相同，故D 错误；
故选BC 。

三、实验题：共2小题
16．0.225 2.150(2.150±0.002)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据游标卡尺的读数方法可知其读数为
2mm 50.05mm 2.25mm 0.225cm d =+⨯==
(2)[2]根据螺旋测微器的读数方法可知其读数为
2mm 15.00.01mm 2.150mm D =+⨯=
17． (1)B (2)0.3
【解析】
【详解】
第一空. 打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A 错误．本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，故不需要天平，故B 错误．实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C 正确．滑块受到的拉力等于钩码的重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D 错误．故选C ；
第二空.对ABC 系统应用牛顿第二定律可得：()()00
1mg M m g mg a g M m M m μμμ-+'+==-++，其中m+m ＇=m 0；所以a-m 图象中，纵轴的截距为-μg ，故-μg=-3，μ=0.3.
四、解答题：本题共3题
18． (1)()00462P gl T P gl ρρ++；(2)03328
P gl ρ- 【解析】
【详解】
(1)小瓶内气体初态：
102l P P g
ρ=+，134
V Sl =，1T T = 末态： 024l P P g
ρ=+，214V Sl = 根据理想气体状态方程可得：
112212
PV PV T T = 解得：
02046(2)
P gl T T P gl ρρ+=+ (2) 小瓶内气体初态：
102l P P g
ρ=+，134
V Sl =，1T T = 末态： 338P P g
l ρ=+，312V Sl =，3T T = 根据理想气体状态方程可得：
3311PV PV =
解得此时气缸内气体的压强：
03328
P P gl ρ=- 19． (1)22B qR
m ；
(2)(2π32m m Bq Bq +
（
，0）； 【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据洛伦兹力提供向心力得 qvB=m 2
v r
解得
r=R
当粒子的发射速度方向与y 轴平行时，粒子经磁场偏转恰好从C 点垂直电场进入电场，在电场中做匀变速曲线运动，因为粒子经过x 轴时，坐标为（2R ，0），所以
R=12at 2 2R=vt a=
Eq m 联立解得
E=22B qR m
(2)当粒子的发射速度方向与x 轴负方向成60°角时，带电粒子在磁场中转过120°角后从D 点离开磁场，再沿直线到达与y 轴上的F 点垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达x 轴，运动轨迹如图所示。

粒子在磁场中运动的时间为
t 1=2π33T m Bq
= 粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动，位移为
x=R （1-cos θ）2-3R 匀速直线运动的时间为
t 2=2-32x m v Bq
=（） 由几何关系可得点F 到x 轴的距离为
x 1=R （1+sin θ）=1.5R
在电场中运动的时间为
t 312x a
a=Eq m 解得
t 33mR Eq
粒子到达的位置到y 轴的距离为
x'=vt 3
故粒子从发射到达到x 轴上所用的时间为
t=2π3m Bq
粒子到达的位置坐标为(。

(3)从粒子源发射出的带电粒子与x 轴方向接近180°射入磁场时，粒子由最接近磁场的最上边界离开后平行x 轴向右运动，且垂直进入电场中做类平抛运动，此时x'接近2R
则 2R=241·2Eq t m
带电粒子在电场中沿x 轴正向运动的距离为
x 2=vt 4
该带电粒子距离发射源的极限值间距为
x m
20．①900A T K =；900C T K =②0U ∆=；200Q J =
【解析】
【详解】
①气体从状态A 到状态B 过程做等容变化，有：
A B A B
p p T T = 解得：900A T K =
气体从状态B 到状态C 过程做等压变化，有：
C B B C V V T T = 解得：900C T K =
②因为状态A 和状态C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：0U ∆=
气体从状态A 到状态B 过程体积不变，气体从状态B 到状态C 过程对外做功，故气体从状态A 到状态C 的过程中，外界对气体所做的功为： ()533110*********W p V J J --=-∆=-⨯⨯⨯-⨯=-
由热力学第一定律有：U Q W ∆=+ 解得：200Q J =。