金版教程物理2024導(dǎo)學(xué)案必修第冊人教版新第十章 靜電場中的能量5.帶電粒子在電場中的運動含答案

《金版教程(物理）》2024導(dǎo)學(xué)案必修第冊人教版新第十章靜電場中的能量5．帶電粒子在電場中的運動1．能用兩種思路分析帶電粒子在電場中的加速運動問題。2.能用類平拋運動的分析方法研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題。3.能綜合分析帶電粒子在電場中的運動。一帶電粒子在電場中的加速1．帶電粒子的速度方向與電場強度的方向eq\x(\s\up1(01))相同或相反。2．兩種分析思路(1)利用eq\x(\s\up1(02))牛頓第二定律結(jié)合eq\x(\s\up1(03))勻變速直線運動公式來分析。適合用于解決的問題：屬于勻強電場且涉及運動時間等描述eq\x(\s\up1(04))運動過程的物理量。(2)利用eq\x(\s\up1(05))靜電力做功結(jié)合eq\x(\s\up1(06))動能定理來分析。適合用于解決的問題：只涉及位移、速率等eq\x(\s\up1(07))動能定理公式中的物理量或eq\x(\s\up1(08))非勻強電場情景。二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子的初速度方向跟電場方向垂直時，靜電力方向跟速度方向eq\x(\s\up1(01))不在同一直線上。2．在勻強電場中，帶電粒子的運動軌跡是一條eq\x(\s\up1(02))拋物線，類似eq\x(\s\up1(03))平拋運動的軌跡。分析思路與分析eq\x(\s\up1(04))平拋運動一樣。判一判(1)帶電粒子在電場中不受重力。()(2)帶電粒子僅在靜電力作用下運動時，動能一定增加。()(3)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，其速度和加速度均不變。()(4)帶電粒子在勻強電場中無論是直線加速還是偏轉(zhuǎn)，均做勻變速運動。()提示：(1)×(2)×(3)×(4)√探究1帶電粒子在電場中的加速仔細(xì)觀察下列圖片，認(rèn)真參與“師生互動”?；顒?：圖甲中粒子的受力情況如何？提示：受到向右的靜電力和向下的重力，而重力遠(yuǎn)小于靜電力，故重力可以忽略，這里認(rèn)為粒子只受靜電力?；顒?：圖甲、乙中兩極板間電場有什么區(qū)別？提示：圖甲中兩極板間的電場是勻強電場，圖乙中兩極板間的電場是非勻強電場?；顒?：圖甲中若粒子無初速度釋放，如何求粒子的末速度？提示：可以利用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解：U＝Ed，F(xiàn)＝Eq，a＝eq\f(F,m)，d＝eq\f(v2,2a)，聯(lián)立得v＝eq\r(\f(2Uq,m))；還可以利用靜電力做功結(jié)合動能定理求解：Uq＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2Uq,m))?；顒?：圖乙中若電子無初速度釋放，如何求電子的末速度？提示：可利用靜電力做功結(jié)合動能定理求解，靜電力做的功等于電子動能的增加量，Ue＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2Ue,m))。1．帶電粒子在電場中的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動。有兩種分析思路：(1)用動力學(xué)觀點分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(適用于解決的問題：屬于勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量)(2)用功能觀點分析：粒子只受靜電力作用，靜電力做的功等于粒子動能的變化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(適用于解決的問題：只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景)2．帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)微觀粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。例1(多選)1924年，英國科學(xué)家G·Ising最早提出直線加速器的雛形概念。直線加速器由直的真空管道(虛線框)和一系列帶孔的金屬漂移管(1，2，3，4，5，6)組成，如圖甲所示。粒子加速是通過相鄰漂移管之間的電場完成的，電場和粒子的同步是由電壓的周期和相應(yīng)漂移管的長度配合來實現(xiàn)的。質(zhì)子從漂移管1的左側(cè)小孔以速度v0沿軸線進入加速器，并依次向右穿過各漂移管，最后打在靶(7)上，質(zhì)子在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，漂移管間距離很小。設(shè)質(zhì)子進入漂移管1時，電源下面的導(dǎo)線接地，上面的導(dǎo)線的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動的時間均為eq\f(1,2)T，已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是()A．質(zhì)子可以在eq\f(1,2)T～T時間內(nèi)射入漂移管1B．6個漂移管長度之比為1∶2∶3∶4∶5∶6C．漂移管2的長度為eq\f(1,2)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\r(\f(2eφm,m))))D．質(zhì)子打在靶上時的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6eφm[實踐探究]本題適合用哪種思路求解？提示：用功能觀點分析。[規(guī)范解答]質(zhì)子在每個管內(nèi)運動的時間均為eq\f(1,2)T，若質(zhì)子在eq\f(1,2)T～T時間內(nèi)射入漂移管1，則將在T～eq\f(3,2)T時間內(nèi)某時刻離開漂移管1，此時漂移管1電勢高，漂移管2電勢低，質(zhì)子將被加速，A正確；質(zhì)子進入漂移管2的速度v滿足eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eφm，則漂移管2的長度L2＝eq\f(T,2)·v＝eq\f(T,2)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2eφm,m))，同理可得其他漂移管的長度Ln＝eq\f(T,2)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2（n－1）eφm,m))(n＝3，4，5，6)，可知B、C錯誤；質(zhì)子從射入漂移管1到打到靶上共被加速了6次，根據(jù)動能定理可知，質(zhì)子打在靶上時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6eφm，D正確。[答案]AD規(guī)律點撥由于靜電力做功與場強是否均勻無關(guān)，與運動路徑也無關(guān)，所以在處理帶電粒子在電場中的加速問題時，一般都是用靜電力做功結(jié)合動能定理分析。[變式訓(xùn)練1]醫(yī)學(xué)上對某些癌癥可采用質(zhì)子療法治療，該療法(設(shè)備如圖)用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤以殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其在加速電場(可視為勻強電場)中從靜止開始被加速到1.0×107m/s。已知質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg、電荷量為1.6×10－19C，加速器加速的直線長度為4m。下列說法正確的是()A．加速過程中質(zhì)子的電勢能增加B．加速過程中質(zhì)子的加速度約為2.5×1013m/s2C．質(zhì)子加速所需的時間約為8×10－6sD．加速電場的電場強度約為1.3×105N/C答案D解析加速過程中，靜電力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能減小，A錯誤；質(zhì)子在加速電場中做勻加速直線運動，由位移與速度的關(guān)系式得a＝eq\f(v2－0,2x)＝eq\f(（1.0×107）2－0,2×4)m/s2＝1.25×1013m/s2，B錯誤；加速時間為t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1.0×107,1.25×1013)s＝8×10－7s，C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma，解得E＝1.3×105N/C，D正確。探究2帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)仔細(xì)觀察下列圖片，認(rèn)真參與“師生互動”?；顒?：分析粒子的受力，有什么特點？粒子做直線運動還是做曲線運動？提示：粒子受向上的靜電力，受力方向與初速度方向垂直。受力方向與速度方向不共線，粒子做曲線運動?；顒?：粒子的運動與我們學(xué)過的什么運動類似？如何求解粒子的運動？提示：平拋運動。用分解法來求解粒子的運動。水平方向粒子不受力，做勻速直線運動；豎直方向粒子受恒定的靜電力，做初速度為零的勻加速直線運動。帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，受恒力作用，做類平拋運動。平拋運動的分析方法、規(guī)律、推論，均適用于帶電粒子的偏轉(zhuǎn)運動。1．基本規(guī)律帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，軌跡如圖所示。(1)初速度方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：l＝v0t))。(2)電場線方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,veq\o\al(2,0))))。(3)離開電場時的偏轉(zhuǎn)角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角的正切值：tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mdveq\o\al(2,0))。2．兩個推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點。(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。注意：分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿靜電力方向的偏移量。3．拓展：帶電粒子在示波管中的運動分析(1)運動規(guī)律如圖1所示，帶電粒子在示波管中先做加速運動，然后做偏轉(zhuǎn)運動，且在X方向和Y方向均發(fā)生偏轉(zhuǎn)(其中Y方向加信號電壓，X方向加周期與信號電壓相同的掃描電壓，如圖2)。帶電粒子在示波管中的偏轉(zhuǎn)運動，實質(zhì)是在交變電場中的運動。(2)確定最終偏移距離思路一：思路二：例2(多選)XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，XCT掃描機可用于對多種病情的探測。圖甲是某種XCT機主要部分的剖面圖，其中產(chǎn)生X射線部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)為偏轉(zhuǎn)元件中的勻強偏轉(zhuǎn)電場S，方向豎直，經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，出電場后速度與水平方向成30°，打到水平圓形靶臺上的中心點P，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)。已知MN兩端的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域水平寬度為L0，豎直高度夠長，MN中電子束距離靶臺豎直高度為H，忽略電子的重力影響，不考慮電子間的相互作用及電子進入加速電場時的初速度，不計空氣阻力。則()A．偏轉(zhuǎn)電場方向豎直向下B．若加速電壓U0增大少許，電子會打在P點右側(cè)C．偏轉(zhuǎn)電場強度的大小為eq\f(2\r(3)U0,3L0)D．P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界距離為eq\r(3)H－eq\f(L0,2)[實踐探究](1)如何分析電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動？提示：根據(jù)運動的合成與分解分析。(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場后做什么運動？提示：勻速直線運動。[規(guī)范解答]電子帶負(fù)電，根據(jù)圖中電子軌跡，可知偏轉(zhuǎn)電場方向豎直向上，故A錯誤；在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，加速電壓增大，會使電子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度變大，在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間變小，離開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直位移和速度偏轉(zhuǎn)角變小，故電子會打在P點右側(cè)，故B正確；電子偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，有L0＝v0t，vy＝at，a＝eq\f(eE,m)，tan30°＝eq\f(vy,v0)，聯(lián)立可得E＝eq\f(2\r(3)U0,3L0)，故C正確；設(shè)P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界距離為s，根據(jù)幾何關(guān)系，有tan30°＝eq\f(H－\f(1,2)vyt,s)，聯(lián)立可得s＝eq\r(3)H－eq\f(L0,2)，故D正確。[答案]BCD規(guī)律點撥加速電場用qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解決問題，偏轉(zhuǎn)電場用類平拋規(guī)律解決問題。[變式訓(xùn)練2－1]如圖所示，從熾熱的金屬絲飛出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào) B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓 D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓答案C解析設(shè)加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判斷C正確，A、B、D錯誤。[變式訓(xùn)練2－2]如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2；(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)(3)見解析解析(1)根據(jù)動能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0則電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))電子的加速度a＝eq\f(Ue,dm)則偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。(2)考慮電子所受重力和靜電力的數(shù)量級，有重力G＝mg≈10－29N靜電力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力。(3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q之比，即φ＝eq\f(Ep,q)由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m之比，叫作“重力勢”，即φG＝eq\f(EG,m)。電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定。1．(帶電粒子在電場中的加速)如圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動，則關(guān)于電子到達B板時的速率，下列解釋正確的是()A．兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B．兩板間距越小，加速的時間就越長，則獲得的速率越大C．獲得的速率大小與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D．兩板間距越小，加速的時間就越短，則獲得的速率越小答案C解析由動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2－0，即v＝eq\r(\f(2eU,m))，v的大小與U有關(guān)，與極板距離無關(guān)，C正確。2.(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))研究放射性元素射線性質(zhì)的實驗裝置如圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別與電源的兩極a、b連接，放射源在兩平行板中心線上的小鉛盒內(nèi)，發(fā)出的射線從小鉛盒上方小孔向外射出，已知α粒子(帶兩個單位元電荷的氦原子核)的質(zhì)量是電子質(zhì)量的7359倍，α射線速度約為光速的十分之一，β射線(電子流)的速度接近光速，則落在金屬板A、B上的α射線在豎直方向上通過的位移約是β射線的多少倍？()A．12 B．6C．3 D．4答案B解析設(shè)兩板間電壓為U，板間距為d，粒子在板間做類平拋運動，在水平方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，豎直方向：y＝v0t，聯(lián)立得y＝v0deq\r(\f(m,qU))，所以eq\f(yα,yβ)＝eq\f(vα,vβ)·eq\r(\f(mα,mβ))·eq\r(\f(qβ,qα))＝eq\f(1,10)×eq\r(\f(7359,1))×eq\r(\f(1,2))≈6，故選B。3.(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間。設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1答案A解析兩種情況下帶電粒子的運動時間之比t1∶t2＝2∶1，偏轉(zhuǎn)距離之比y1∶y2＝1∶2，由y＝eq\f(1,2)at2得兩種情況下粒子的加速度之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(y1,y2)·eq\f(teq\o\al(2,2),teq\o\al(2,1))＝eq\f(1,8)，由于a＝eq\f(qU,md)，a∝U，故U1∶U2＝1∶8，A正確。4.(綜合)(多選)如圖所示為陰極射線管的示意圖，當(dāng)M1、M2兩極板不加電壓時，電子束經(jīng)電場加速后打到熒屏中央O處形成亮斑。電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間很短，電子不會打到極板上。在其他條件不變的情況下，下列說法正確的是()A．若亮斑出現(xiàn)在O點下方，則極板M1帶負(fù)電B．若M1、M2兩極板加電壓，電子通過兩極板間過程中電勢能增大C．若加速電場電壓不變，熒屏上的亮斑由O點上方某處向上移動，則M1、M2之間的電勢差在減小D．若M1、M2兩極板間電勢差不變，熒屏上的亮斑由O點上方某處向上移動，則加速電場電壓在減小答案AD解析當(dāng)M1、M2兩極板加電壓時，若亮斑出現(xiàn)在O點下方，則電子在M1、M2兩極板間所受靜電力向下，兩板間電場強度向上，可知極板M1帶負(fù)電，A正確；當(dāng)M1、M2兩極板加電壓時，電子通過兩極板間過程中，靜電力做正功，則電子電勢能減小，B錯誤；由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\f(L2,veq\o\al(2,0))，聯(lián)立可得豎直方向偏移量y＝eq\f(U2L2,4U1d)，若加速電場電壓U1不變，熒屏上的亮斑由O點上方某處向上移動，即y增大，則M1、M2之間的電勢差U2在增大，C錯誤；由y＝eq\f(U2L2,4U1d)可知，若M1、M2兩極板間電勢差U2不變，熒屏上的亮斑由O點上方某處向上移動，即y增大，則加速電場電壓U1在減小，D正確。5.(綜合)如圖所示，一價氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價氦離子(eq\o\al(4,2)He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點答案B解析在加速電場中有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,md)·eq\f(L2,veq\o\al(2,0))＝eq\f(U2L2,4U1d)，故兩離子運動軌跡相同，打在屏上同一點；一價氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價氦離子(eq\o\al(4,2)He)的比荷不同，射出加速電場時的末速度v0不同，在平行于偏轉(zhuǎn)極板方向由t＝eq\f(2L加,v0)＋eq\f(L＋L′,v0)知，兩離子運動的時間不同，故B正確。[名師點撥]不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的速度偏轉(zhuǎn)角和偏移量y總是相同的，即運動軌跡重合。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，l＝v0t，vy＝eq\f(qU,md)t，tanθ＝eq\f(vy,v0)，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)，y＝eq\f(Ul2,4U0d)。6.(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))(多選)a、b、c三個α粒子(eq\o\al(4,2)He)由同一點同時垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定()A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上B．b和c同時飛離電場C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D．動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大答案ACD解析a、b、c三個α粒子在電場中運動時，a＝eq\f(qE,m)相同，ya＝y(tǒng)b>yc，xa<xb＝xc，由y＝eq\f(1,2)at2知，ta＝tb>tc，故A正確，B錯誤；水平方向由v0＝eq\f(x,t)知vc>vb>va，故C正確；由ΔEk＝qEy知ΔEka＝ΔEkb>ΔEkc，故D正確。7．(帶電粒子在電場中的加速)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1答案A解析因兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為eq\f(2,5)l，電荷量為－q的粒子通過的位移為eq\f(3,5)l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝eq\f(qE,M)、a2＝eq\f(qE,m)，由運動學(xué)公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2，解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故A正確。8．(綜合)示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成。如圖所示，電子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場區(qū)的條件下，下述情況一定能使電子偏轉(zhuǎn)角度θ變大的是()A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小答案B解析電子通過加速電場有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏轉(zhuǎn)電場中，垂直于電場線的方向做勻速直線運動，則運動時間t＝eq\f(l,v0)，在平行于電場線的方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(eU2,md)，末速度vy＝at＝eq\f(eU2l,mdv0)，偏轉(zhuǎn)角的正切tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2U1d)，所以tanθ∝eq\f(U2,U1)，故B正確。9．(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))一種靜電除塵裝置的示意圖如圖甲所示，其中有一長為L＝1m、寬和高均為d＝0.5m的通道ABCD-EFGH，前、后兩面為絕緣板，上、下兩面為分別與電源負(fù)、正極相連的金屬板，在上、下兩面金屬板間產(chǎn)生的電場可視為勻強電場，裝置的截面圖如圖乙所示。分布均勻的帶電煙塵顆粒以v0＝2m/s的速度垂直于ABCD平面進入通道，碰到下金屬板后所帶電荷會被中和并被收集，但不影響電場的分布。將被收集煙塵顆粒與進入矩形通道顆粒的比值稱為除塵率。已知每個煙塵顆粒的質(zhì)量為m＝2.0×10－14kg，所帶電荷量為q＝－1×10－16C。不考慮煙塵顆粒的重力、顆粒間的相互作用力和空氣阻力。求：(1)當(dāng)除塵率為η＝80%時，所加電源的電壓值U0；(2)除塵率η與所加電源的電壓值U之間的函數(shù)關(guān)系式。答案(1)320V(2)U＝400η(V)解析(1)當(dāng)除塵率為η＝80%時，則距離下極板0.8d的煙塵顆粒將打到下極板的最右端，設(shè)此顆粒在通道中的運動時間為t0，加速度大小為a0，通道中勻強電場的場強大小為E0，則L＝v0t00．8d＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)|q|E0＝ma0E0＝eq\f(U0,d)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得U0＝320V。(2)當(dāng)除塵率為η時，則距離下極板ηd的帶電煙塵顆粒將打到下極板的最右端，設(shè)此顆粒在通道中的運動時間為t，加速度大小為a，通道中勻強電場的場強大小為E，則L＝v0tηd＝eq\f(1,2)at2|q|E＝maE＝eq\f(U,d)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得U＝400η(V)。10.(綜合)如圖所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢差為U，板間距離為d，A板帶正電，B板中央有一小孔。一帶正電的微粒，電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距B板高h(yuǎn)處自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央c點，不計空氣阻力，則()A．微粒在下落過程中動能逐漸增加，重力勢能逐漸減小B．微粒在下落過程中重力做功為mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，靜電力做功為－qUC．微粒落入電場中，電勢能逐漸增大，其增加量為eq\f(1,2)qUD．若微粒從距B板高1.5h處自由下落，則恰好能到達A板答案C解析下落過程中，微粒的速度先增大后減小，故動能先增大后減小，重力勢能逐漸減小，A錯誤。微粒在下落過程中，重力做功為mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，靜電力做功為－q×eq\f(U,d)×eq\f(d,2)＝－eq\f(1,2)qU，B錯誤。微粒落入電場中，靜電力做功為－eq\f(1,2)qU，根據(jù)靜電力做功與電勢能變化關(guān)系知其電勢能增加量為eq\f(1,2)qU，C正確。設(shè)微粒從距B板高h(yuǎn)′處自由下落，恰好能到達A板，根據(jù)動能定理有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))－eq\f(1,2)qU＝0，mg(h′＋d)－qU＝0，解得h′＝2h，D錯誤。11.(綜合)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在距板右端L處有一豎直放置的光屏M。一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央水平射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間的電場強度大小為eq\f(mg,q)B．板間的電場強度大小為eq\f(2mg,q)C．質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于靜電力做的功D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間答案B解析對質(zhì)點的運動進行分解，在水平方向上質(zhì)點做勻速直線運動，又因質(zhì)點在板間運動的水平位移與它從板的右端運動到光屏的水平位移相等，故質(zhì)點在板間的運動時間等于它從板的右端運動到光屏的時間，D錯誤；質(zhì)點在板間運動過程中受到重力和靜電力作用，故質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于重力和靜電力做的功之和，C錯誤；質(zhì)點最后垂直打在M屏上，即末速度水平，則質(zhì)點在板間運動時在豎直方向上做初速度為0的勻加速運動，質(zhì)點從板的右端運動到光屏的過程中在豎直方向上做末速度為0的勻減速運動，又因做勻加速運動的時間與做勻減速運動的時間相等，故做勻加速運動的加速度大小與做勻減速運動的加速度大小相等，故qE－mg＝mg，得E＝eq\f(2mg,q)，B正確，A錯誤。12．(綜合)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示。一質(zhì)量m＝4.0×10－20kg、電荷量q＝－4.0×10－9C的帶負(fù)電的粒子從(－1，0)點由靜止開始，僅在靜電力作用下在x軸上往返運動。則()A．x軸左側(cè)電場強度大小E1與右側(cè)電場強度大小E2之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(1,2)B．粒子從x＝－1cm到x＝0.5cm過程中的電勢能先增加后減小C．該粒子運動過程中電勢能變化量的最大值為6.0×10－8JD．該粒子運動的周期T＝3.0×10－6s答案A解析由題圖可知，x軸上原點左右兩側(cè)為電場強度大小不同的勻強電場，由電場強度與電勢差的關(guān)系可得E1x1＝E2x2，解得eq\f(E1,E2)＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，A正確；粒子從x＝－1cm到x＝0.5cm過程中，電勢先增大后減小，根據(jù)公式Ep＝qφ可得，帶負(fù)電的粒子的電勢能先減小后增大，B錯誤；根據(jù)靜電力做功與電勢能變化關(guān)系可得ΔEp＝－qU，該粒子運動過程中電勢差取最大值時，電勢能變化量取最大值，即為ΔEpmax＝－qUmax＝－(－4.0×10－9)×20J＝8.0×10－8J，C錯誤；粒子在－1cm～0過程中，由牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律可得E1|q|＝ma1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，其中E1＝eq\f(U,x1)，粒子在0～0.5cm過程中，由牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律可得E2q＝ma2，x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，其中E2＝eq\f(U,x2)，該粒子運動的周期T＝2(t1＋t2)，聯(lián)立可得T＝3.0×10－8s，D錯誤。13.(綜合)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O。試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點P到點O的距離x。答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，則粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0)。(2)粒子在全過程中的運動情況如圖所示。設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，由牛頓第二定律得粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at1,v0)＝eq\f(aL,veq\o\al(2,0))＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))。(3)如(2)中圖所示，設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα解得x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))。第十章水平測評本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．關(guān)于靜電場，下列說法正確的是()A．電勢等于零處的物體一定不帶電B．電場強度為零的點，電勢一定為零C．同一電場線上的各點，電勢一定相等D．負(fù)電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加答案D解析零電勢的選取是任意的，一般選取大地或無限遠(yuǎn)處的電勢為零，如一個接地的帶電體其所在處電勢就為零，A錯誤；場強為零，電勢不一定為零，B錯誤；沿電場線方向電勢降低，C錯誤；負(fù)電荷沿電場線方向移動時，靜電力做負(fù)功，電勢能增加，D正確。2.如圖所示，是電子束焊接機的示意圖，圖中帶箭頭的虛線代表電場線，B、C是電場中兩點。K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速。不考慮電子的重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()A．B點和C點的電場強度均為eq\f(U,d)B．B點電勢高于C點電勢C．電子由K到A做勻加速直線運動D．電子由K到A電勢能減少eU答案D解析由題圖可知，K到A之間不是勻強電場，根據(jù)電場線的疏密表示電場強弱，知B點場強小于C點場強，電子由K到A運動過程中的加速度a＝eq\f(Ee,m)逐漸增大，不是做勻加速直線運動，A、C錯誤；電場線由高的等勢面指向低的等勢面，則B點電勢低于C點電勢，B錯誤；電子由K到A的過程中靜電力做的功為eU，則其電勢能減少了eU，D正確。3．如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面。在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點。不計液滴重力。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的電勢比b點的低B．a(chǎn)點的電場強度比b點的小C．液滴在a點的加速度比在b點的小D．液滴在a點的電勢能比在b點的大答案D解析高壓電源左側(cè)為正極，則發(fā)射極與吸極間所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知φa>φb，故A錯誤；等差等勢面的疏密反映場強的大小，由圖可知a處的等勢面較密，則Ea>Eb，故B錯誤；液滴的重力不計，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C錯誤；液滴在靜電力作用下向右加速，則靜電力做正功，動能增大，電勢能減少，即Epa>Epb，故D正確。4．規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為0，電荷量為q的點電荷在距離其r的位置處產(chǎn)生的電場的電勢φ＝eq\f(kq,r)，正電荷周圍的電勢均大于0，負(fù)電荷周圍的電勢均小于0。如圖所示，直線上三個位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一電荷量為＋Q的點電荷，在B位置放另一個電荷量為q1的點電荷，如果A處的電勢為零，則下列說法中正確的是()A．q1＝eq\f(Q,3) B．q1＝－eq\f(Q,3)C．A處的電場強度也為零 D．A處的電場強度大小為eq\f(4kQ,9x2)答案B解析電荷量為＋Q的點電荷在A點產(chǎn)生的電場的電勢為φ1＝eq\f(kQ,3x)，電荷量為q1的點電荷在A點產(chǎn)生的電場的電勢為φ2＝eq\f(kq1,x)，因為φ1＋φ2＝0，則q1＝－eq\f(Q,3)，A錯誤，B正確；以向左為正方向，電荷量為＋Q的點電荷在A點處產(chǎn)生的電場的電場強度為E1＝keq\f(Q,（3x）2)，電荷量為q1的點電荷在A點處產(chǎn)生的電場的電場強度為E2＝keq\f(q1,x2)＝－keq\f(Q,3x2)，則A處的電場強度E＝E1＋E2＝－eq\f(2kQ,9x2)，即A處的電場強度大小為eq\f(2kQ,9x2)，方向向右，故C、D錯誤。5.如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大答案A解析根據(jù)題意可知兩極板間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知電容器電容C變小，D錯誤；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知極板間距d增大，極板之間存在勻強電場，電場強度E＝eq\f(U,d)，可知極板間電場強度E變小，B、C錯誤；極板間距d增大，由幾何關(guān)系可知，材料豎直方向尺度減小，A正確。6.M、N是某電場中一條電場線上的兩點，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受靜電力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是()A．電子在N點的動能小于在M點的動能B．該電場有可能是勻強電場C．該電子運動的加速度越來越小D．電子運動的軌跡為曲線答案C解析電子僅受靜電力的作用，電勢能與動能之和恒定，由圖像可知電子由M點運動到N點，電勢能減小，則動能增加，A錯誤；分析圖像可得電子的電勢能隨運動距離的增大，減小得越來越慢，即經(jīng)過相等距離靜電力做功越來越少，由W＝qEΔx可得電場強度越來越小，B錯誤；由于電子從M點運動到N點靜電力逐漸減小，所以加速度逐漸減小，C正確；電子從靜止開始沿電場線由M點運動到N點，可得MN電場線為直線，由運動與力的關(guān)系可得其軌跡必為直線，D錯誤。7.兩個相同的負(fù)電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負(fù)電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()A．a(chǎn)點的電場強度比b點的小B．c點的電場強度比d點的小C．把一個正電荷從a點移到b點電勢能減小D．c點的電勢比d點的低答案D解析電場線的疏密表示場強的大小，所以由圖可知a點的電場強度比b點的大，A錯誤；沿電場線方向電勢降低，可知b點電勢高于a點電勢，由Ep＝qφ可知，把一個正電荷從a點移到b點電勢能增加，C錯誤；由于c、d到正電荷的距離相等，若只有正電荷，則c點與d點電場強度的大小關(guān)系為Ec＝Ed，且Ec沿虛線向下，Ed沿虛線向上，若只有兩個負(fù)電荷，則c點電場強度Ec′＝0，d點電場強度Ed′沿虛線向下，根據(jù)場強疊加原理，當(dāng)三個電荷同時存在時，c點的電場強度比d點的大，B錯誤；由于c、d到正電荷的距離相等，若只有正電荷，c點與d點電勢相等，若只有兩個負(fù)電荷，電場線由無窮遠(yuǎn)指向負(fù)電荷，故c點電勢低于d點電勢，根據(jù)電勢疊加原理，當(dāng)三個電荷同時存在時，c點電勢低于d點電勢，D正確。8.一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標(biāo)原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV答案ABD解析如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等，故O點電勢為1V，B正確；則在x軸上，每0.5cm長度對應(yīng)電勢差為1V，10V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e坐標(biāo)為(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識得：Od長度為3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正確；電子帶負(fù)電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝eU＝9eV，D正確。9.如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標(biāo)出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A．電子一定從A向B運動B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA<EpBD．B點電勢可能高于A點電勢答案BC解析若Q在M端，由電子運動的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA<rB，故EA>EB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由電子運動的軌跡可知Q為負(fù)電荷，且電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。綜上所述A、D錯誤，B、C正確。10.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的靜電力增大答案AC解析兩個點電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，x>x1處的電勢大于零，x<x1處的電勢小于零。如果q1、q2為同種電荷，x軸上各點的電勢不會有正、負(fù)之分，故q1、q2必為異種電荷，A正確；由E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)知，x1處的電場強度不為零，B錯誤；x2處的電勢最高，則負(fù)電荷在此處的電勢能最小，負(fù)電荷從x1移動到x2的過程，電勢能減小，C正確；由φ-x圖像知，x2處電勢最高，但電場強度最小，負(fù)電荷從x1移動到x2，所受靜電力減小，D錯誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)二、實驗題(本題共2小題，共12分)11．(6分)小明同學(xué)想根據(jù)學(xué)習(xí)的知識，估測一個電容器的電容。他從實驗室找到8V的穩(wěn)壓直流電源、單刀雙擲開關(guān)、電流傳感器(與電腦相連，能描繪出電流i隨時間t變化的圖線)、定值電阻和導(dǎo)線若干，連成如圖甲所示的電路。實驗過程如下，完成相應(yīng)的填空。(1)先使開關(guān)S與1端相連，電源給電容器充電(充滿)；(2)開關(guān)S擲向2端，電容器放電，此時電路中有短暫的電流。流過電阻R的電流方向為________(填“從右向左”或“從左向右”)；(3)傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的i-t曲線如圖乙所示；(4)根據(jù)圖像估算出電容器在全部放電過程中釋放的電荷量為________C；(5)根據(jù)前面的信息估算出該電容器的電容為________F。(所有結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)答案(2)從右向左(4)2.5×10－3(2.4×10－3～2.6×10－3均正確)(5)3.1×10－4(3.0×10－4～3.3×10－4均正確)解析(2)開關(guān)S與1端相連，電源給電容器充電，電容器上極板與電源正極相連，上極板帶正電；開關(guān)S擲向2端，電容器放電，流過電阻R的電流方向為從右向左。(4)i-t曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器在全部放電過程中釋放的電荷量，由圖乙可知，一個小格的面積所表示的電量q＝0.2mA×0.4s＝8.0×10－5C，由大于半格的算一格，小于半格的舍去，可得圖像包含的小格數(shù)約為31個，所以釋放的電荷量為Q＝31×8.0×10－5C≈2.5×10－3C。(5)電容器的電容為C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(2.5×10－3,8)F≈3.1×10－4F。12.(6分)某興趣小組想自制一個電容器，如圖甲所示，他們用兩片錫箔紙做電極，在兩層錫箔紙中間夾以電容紙(某種絕緣介質(zhì))，一起卷成圓柱形，然后接出引線，再密封在塑料瓶當(dāng)中，電容器便制成了。(1)為增加該電容器的電容，應(yīng)當(dāng)________(填正確答案標(biāo)號)。A．增大電容器的充電電壓B．減小電容器的充電電壓C．錫箔紙面積盡可能大D．錫箔紙卷繞得盡可能緊(2)用如圖乙所示電路為電容器充電，電源輸出電壓恒為U0，電容器電容為C，電阻箱電阻為R。將電阻箱阻值分別調(diào)為R1、R2，通過電流傳感器和計算機繪制出閉合開關(guān)S后電容器所帶電荷量q隨時間t變化的關(guān)系圖像分別如圖丙實線①、②所示。則圖丙中t＝0時刻，通過電容器的電流大小I0＝________(用題給物理量符號U0、C、R表示)；R1________R2(選填“<”“>”或“＝”)。答案(1)CD(2)eq\f(U0,R)<解析(1)電容器的電容與充電電壓無關(guān)，故A、B錯誤。題圖甲圓柱形電容器雖然不是平行板電容器，但可以使用C＝eq\f(εrS,4πkd)進行定性分析，使錫箔紙面積盡可能大或使錫箔紙卷繞得盡可能緊，會使S增大或使d減小，所以都可以增大電容，C、D正確。(2)t＝0時刻，電容器所帶電荷量q＝0，根據(jù)Q＝CU，可知電容器極板間電壓UC＝0，而U0＝UC＋UR，則UR＝U0，根據(jù)歐姆定律可知，此時通過電阻箱的電流大小即通過電容器的電流大小I0＝eq\f(U0,R)。t＝0時刻開始的一段極短時間Δt內(nèi)，曲線①電荷量的增加量Δq比曲線②的大，根據(jù)I＝eq\f(Δq,Δt)，則t＝0時刻曲線①對應(yīng)的電流較大，結(jié)合I0＝eq\f(U0,R)可知，R1<R2。三、計算題(本題共3小題，共38分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)13．(8分)把q＝1.0×10－8C的正電荷，從電場中的A點移至B點，靜電力做正功，且WAB＝1.2×10－6J，求：(1)A、B兩點間的電勢差；(2)若取B點電勢為零，則A點的電勢和q在A點的電勢能各是多少？答案(1)120V(2)120V1.2×10－6J解析(1)根據(jù)公式UAB＝eq\f(WAB,q)可得UAB＝eq\f(1.2×10－6J,1.0×10－8C)＝120V。(2)因為UAB＝φA－φB，而φB＝0，所以φA＝UAB＝120V。根據(jù)定義，q在A點的電勢能等于把電荷從A點移動到零電勢點靜電力所做的功，B點為零電勢點，故Ep＝WAB＝1.2×10－6J。(也可以根據(jù)Ep＝qφ可得q在A點的電勢能Ep＝qφA＝1.2×10－6J)14．(12分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定在水平地面上的足夠長的光滑絕緣軌道ABC，它由兩部分組成。AB部分與