高中同步测试卷·人教物理选修3－1：高中同步测试卷（三） Word版含解析

这是一份高中物理人教版 (新课标)选修3选修3-1本册综合达标测试，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

第三单元 电容和带电粒子在电场中的运动


(时间：90分钟，满分：100分)


一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)


1.如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )


A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动


C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动


2.平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两极板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容，E表示两极板间的场强，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能．若正极板保持不动，在将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是( )





3.两平行金属板相距为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＝h，此电子具有的初动能是( )


A.eq \f(edh,U) B．edUh


C.eq \f(eU,dh) D.eq \f(eUh,d)


4．一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )





A．沿x轴正方向 B．沿x轴负方向


C．沿y轴正方向 D．垂直于xOy平面向里


5．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )





A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极板间的距离


C．仅增大偏转电极板间的电压 D．仅减小偏转电极板间的电压


6．如图所示，矩形区域内有水平方向的匀强电场，一个带负电的粒子从A点以某一速度vA射入电场中，最后以另一速度vB从B点离开电场，不计粒子所受的重力，A、B两点的位置如图所示，则下列判断中正确的是( )





A．电场强度的方向水平向左


B．带电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能


C．粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处为B点


D．粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处为B点


7.a、b、c三个α粒子(重力不计)由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知( )





A．进入电场时a的速度最大，c的速度最小


B．a、b、c在电场中运动经历的时间相等


C．若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间增长


D．若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长


二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)


8.如图所示，一带电小球沿曲线由M运动到N，图中A、B、C、D为匀强电场的水平等势面，且有φA<φB<φC<φD，由此可判断( )





A．小球可带正电也可带负电


B．小球在M点初速度为零


C．由M运动到N小球的电势能减小


D．由M运动到N小球的动能、电势能之和减小


9.如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，现将其与理想的二极管(二极管具有单向导电性)串联接在电源上，已知上极板A通过二极管和电源正极相连，一带电小球沿一确定的位置水平射入，打在下极板B上的N点，小球的重力不能忽略，现仅竖直上下移动A板来改变两极板A、B间距(下极板B不动，两极板仍平行，小球水平射入的位置不变)，则下列说法正确的是( )


A．若小球带正电，当A、B间距离增大时，小球打在N点的右侧


B．若小球带正电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧


C．若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的右侧


D．若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧


10．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )


A．将打在下板中央


B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出


C．不发生偏转，沿直线运动


D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央


11．如图所示，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、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0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极板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )


A．微粒在电场中做抛物线运动


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2mveq \\al(2,0)/q


D．MN板间的电势差为Eveq \\al(2,0)/(2g)


12．如图所示，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极板的过程中( )


A．它们运动的时间tQ＝tP


B．它们运动的加速度aQ

C．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2


D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2


三、计算题(本题共4小题，共42分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)


13.(10分)有一平行板电容器倾斜放置，极板AB、CD与水平面夹角θ＝45°，板间距离为d，AB板带负电、CD板带正电，如图所示，有一质量为m、电荷量大小为q的带电微粒，以动能Ek0沿水平方向从下极板边缘A处进入电容器，并从上极板边缘D处飞出，运动轨迹如图中虚线所示，试求：





(1)带电微粒的电性；


(2)两极板间的电势差；


(3)微粒飞出时的动能Ek(重力加速度为g)．


14．(10分)绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，电场方向与x轴正向平行，电场的半径为R＝eq \r(2) m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E＝2 N/C.一带电荷量为q＝－1×10－5 C、质量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐标原点O处以速度v0＝1 m/s沿y轴正方向射入电场(重力不计)，求：


(1)粒子在电场中运动的时间；


(2)粒子出射点的位置坐标；


(3)粒子射出时具有的动能．

















15.(10分)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方高为h＝0.8 m处有一个小的放射源，放射源放在一端开口的铅盒内，如图所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15kg、电荷量为q＝＋1×10－12C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：


(1)粒子下落过程中电场力做的功；


(2)粒子打在金属板上时的动能；


(3)落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留2位有效数字)

















16．(12分)如图甲所示，真空中有竖直放置的平行金属板A、B和水平放置相距为d的平行金属板C、D，C、D板长为L，A、B板间加有恒定电压U0，质量为m、电荷量为q的带电粒子从A板静止释放，经A、B间的电场加速后进入C、D两板的正中间．在带电粒子进入C、D间的同时，给C、D两板加上如图乙所示周期性变化的交变电压．(粒子重力不计)





(1)求带电粒子进入C、D间的速度大小；


(2)若此粒子在T/2时间内从C、D间飞出，求飞出时在电场方向的位移是多少？


(3)若此粒子从C、D间飞出时恰能以平行于两板的速度飞出，求交变电压U1的取值范围.

















参考答案与解析


1．[导学号66870033] 【解析】选D.两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．


2．[导学号66870034] 【解析】选C.因为平行板电容器的电容为C＝eq \f(εrS,4πkd)＝eq \f(εrS,4πk（d0－x）)，而Q一定，所以电容器内部电场强度为E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可见A、B均错；P点电势φ＝E(x0－x)，W＝qφ，所以C正确，D错误．


3．[导学号66870035] 【解析】选D.电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题．即eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eUOA.因E＝eq \f(U,d)，UOA＝Eh＝eq \f(Uh,d)，故eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(eUh,d)，所以D正确．


4．[导学号66870036] 【解析】选B.在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．


5．[导学号66870037] 【解析】选C.改变偏转电场的极性，只能改变电子的受力方向，但电子的偏转角大小不变，A错误；根据E＝eq \f(U,d)可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L＝v0t、eeq \f(U,d)＝ma、tan θ＝eq \f(at,v0)，可得：tan θ＝eq \f(eUL,mdveq \\al(2,0))，当U增大时偏转角也增大，C正确、D错误．


6．[导学号66870038] 【解析】选D.根据力和运动的关系，可判定电场强度的方向水平向右，A错；粒子在电场中运动的全过程中，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，所以带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处应在A点的右下方，粒子在电场中运动的全过程中，动能最大处应为B点，故D对，B、C错．


7．[导学号66870039] 【解析】选D.由题意知a、b、c三个α粒子做类平抛运动，加速度方向和电场方向一致，均向下，下落时间由竖直高度决定．进入电场时a的速度最小，c的速度最大，c在电场中运动经历的时间最短，所以A、B均错；把上极板向上移动，电场强度不变，所以a在电场中运动经历的时间不变，即C错误；把下极板向下移动，电场强度不变，但a在电场中运动的竖直位移增大，所以经历的时间增长，即D正确．


8．[导学号66870040] 【解析】选AD.带电小球考虑其重力，由电场线与等势面的关系作出电场线方向应竖直向下，结合曲线运动受力特点指向轨迹圆弧内侧可知小球带电情况，可带正电也可带负电，选项A正确；若M点速度为零，小球将做匀变速直线运动，选项B错误；若小球带正电，电场力做负功，电势能增加，若小球带负电，则电场力做正功，电势能减小，选项C错误；带电小球受重力、电场力作用，由功能关系可得，动能、重力势能、电势能三者之和为定值，带电小球由M运动到N重力势能增加，可得动能、电势能之和减小，选项D正确．


9．[导学号66870041] 【解析】选BC.因为二极管具有单向导电性，所以电容器两极板上的电荷量只能增大，不能减小；若小球带正电，小球受到的电场力竖直向下，当A、B间距离增大时，电容器的电容减小，但极板上的电荷量不变，两极板电场强度不变，小球受力不变，所以仍会打在N点，A错误；若A、B间距离减小，电容器的电容变大，极板上电荷量变大，两极间的电场强度增大，小球受到的竖直向下的合力变大，加速度变大，运动时间变小，水平位移变小，所以小球打在N点的左侧，B正确；同理C正确，D错误．


10．[导学号66870042] 【解析】选BD.将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4kπQ,εrS)可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．当上板不动，下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．


11．[导学号66870043] 【解析】选AB.微粒所受合外力为恒力，故微粒做抛物线运动，A项正确；因AB＝BC，即eq \f(v0,2)·t＝eq \f(vC,2)·t，可见vC＝v0，故B项正确；A→C由动能定理得：W电－W重＝ΔEk＝0，所以W电＝W重，即：qeq \f(U,2)＝mgh，而h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)，所以U＝eq \f(mveq \\al(2,0),q)，故C项错误；又由mg＝qE得q＝eq \f(mg,E)，代入U＝eq \f(mveq \\al(2,0),q)，得U＝eq \f(Eveq \\al(2,0),g)，故D项错误．


12．[导学号66870044] 【解析】选AC.设P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，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＝v0tP，eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)aPteq \\al(2,P)，得到aP＝eq \f(hveq \\al(2,0),l2).同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq \f(1,2)aQteq \\al(2,Q)，得到aQ＝eq \f(2hveq \\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，A、C正确．


13．[导学号66870045] 【解析】(1)根据微粒做直线运动可知，电场力与重力的合力沿直线方向，受力分析如图，电场力又与极板垂直，可知电场力垂直于极板向上，与电场强度方向相反，所以该微粒带负电．


(2)根据受力分析图有：电场力F＝eq \r(2)mg，又F＝qE


所以两极板间的电势差：U＝Ed＝eq \f(\r(2)mgd,q).


(3)根据动能定理得：qU＝E′k－Ek0，


则得微粒飞出时的动能为：


E′k＝Ek0＋qU＝Ek0＋eq \r(2)mgd.


【答案】(1)负电 (2)eq \f(\r(2)mgd,q) (3)Ek0＋eq \r(2)mgd


14．[导学号66870046] 【解析】(1)粒子沿x轴负方向做匀加速运动，加速度为a，则有


Eq＝ma


x＝eq \f(1,2)at2


沿y轴正方向做匀速运动，有


y＝v0t


x2＋y2＝R2


解得t＝1 s.


(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x1，y1)，则有


x1＝eq \f(1,2)at2＝1 m，y1＝v0t＝1 m，即为(－1 m，1 m)．


(3)射出时由动能定理得


Eqx1＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)


代入数据解得Ek＝2.5×10－5 J.


【答案】(1)1 s (2)(－1 m，1 m) (3)2.5×10－5 J


15．[导学号66870047] 【解析】(1)粒子在下落过程中电场力做的功为


W＝qEh＝1×10－12×100×0.8 J＝8.0×10－11J.


(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得：


W＝Ek2－Ek1


Ek2＝W＋Ek1＝8.0×10－11J＋eq \f(1,2)×2×10－15×2002 J＝1.2×10－10J.


(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆，设此圆的半径为r，当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得：


h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qE,2m)t2


代入数据求得t≈5.66×10－3s


圆半径r＝v0t≈1.13 m


圆面积S＝πr2≈4.0 m2.


【答案】(1)8.0×10－11J (2)1.2×10－10J (3)4.0 m2


16．[导学号66870048] 【解析】(1)带电粒子在经A、B间加速电场加速后进入C、D间的过程中，根据动能定理得：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)


解得进入C、D间的速度大小为：v0＝eq \r(\f(2qU0,m)).


(2)粒子在T/2时间内从C、D间飞出时，在C、D间的电压为恒压U1，则粒子在C、D间的运动是类平抛运动，根据运动学规律得：


E＝eq \f(U1,d)，F＝qE，a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU1,md)，t＝eq \f(L,v0)


当粒子从C、D间飞出时，沿电场方向的位移为：


y＝eq \f(1,2)at2，y＝eq \f(qU1L2,2mdveq \\al(2,0))＝eq \f(U1L2,4dU0).


(3)带电粒子在沿电场方向做单方向的反复加速、减速运动，每次加速和减速过程中在沿电场方向的位移大小都相等，其大小为：


y0＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)eq \f(qU1,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(qU1T2,8md)


欲使粒子恰能以平行于两板的速度飞出，则应有：


eq \f(L,v0)＝nT(n＝1、2、3、…)


因2ny0

故整理得：U1

【答案】见解析


题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案