最新人教版选修31高中物理同步检测卷三及答案Word文件下载.docx
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.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
.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、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.进入电场时的速度最大,c的速度最小
B.、b、c在电场中运动经历的时间相等
.若把上极板向上移动,则在电场中运动经历的时间增长
D.若把下极板向下移动,则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、、D为匀强电场的水平等势面,且有φA<
φB<
φ<
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
.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,现将其与想的二极管(二极管具有单向导电性)串联接在电上,已知上极板A通过二极管和电正极相连,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
.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
.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、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极板上的点,已知AB=B不计空气阻力,则可知( )
A.微粒在电场中做抛物线运动
B.微粒打到点时的速率与射入电场时的速率相等
.MN板间的电势差为2v/q
D.MN板间的电势差为Ev/(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Q=P
B.它们运动的加速度Q<
P
.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ΔEP∶ΔEQ=1∶2
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
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,有值计算的题,答案中必须明确写出值和单位.)
13(10分)有一平行板电容器倾斜放置,极板AB、D与水平面夹角θ=45°
,板间距离为d,AB板带负电、D板带正电,如图所示,有一质量为、电荷量大小为q的带电微粒,以动能E0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E(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Oy所在平面与光滑水平面重合,电场方向与轴正向平行,电场的半径为R=,圆心O与坐标系的原点重合,场强E=2N/一带电荷量为q=-1×
10-5、质量=1×
10-5g的粒子,由坐标原点O处以速度v0=1/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=100V/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=08处有一个小的放射,放射放在一端开口的铅盒内,如图所示.放射以v0=200/的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为=2×
10-15g、电荷量为q=+1×
10-12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、D,、D板长为L,A、B板间加有恒定电压U0,质量为、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、D两板的正中间.在带电粒子进入、D间的同时,给、D两板加上如图乙所示周期性变的交变电压.(粒子重力不计)
(1)求带电粒子进入、D间的速度大小;
(2)若此粒子在T/2时间内从、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、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.[导号66870033] 【解析】选D两板水平放置时,放置于两板间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.[导号66870034] 【解析】选因为平行板电容器的电容为==,而Q一定,所以电容器内部电场强度为E=,可见A、B均错;
P点电势φ=E(0-),W=qφ,所以正确,D错误.
3.[导号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研究问题.即v=UOA因E=,UOA=E=,故v=,所以D正确.
4.[导号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.[导号66870037] 【解析】选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=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=v0、=、θ=,可得:
θ=,当U增大时偏转角也增大,正确、D错误.
6.[导号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、错.
7.[导号66870039] 【解析】选D由题意知、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,所以在电场中运动经历的时间不变,即错误;
把下极板向下移动,电场强度不变,但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.[导号66870041] 【解析】选B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;
同正确,D错误.
10.[导号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===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=B,即·
=·
,可见v=v0,故B项正确;
A→由动能定得:
W电-W重=ΔE=0,所以W电=W重,即:
q=g,而=,所以U=,故项错误;
又由g=qE得q=,代入U=,得U=,故D项错误.
12.[导号66870044] 【解析】选A设P、Q两粒子的初速度为v0,加速度分别为P和Q,粒子P到上极板的距离是/2,它们做类平抛运动的水平距离为则对P,由=v0P,=P,得到P=同对Q,=v0Q,=Q,得到Q=由此可见P=Q,Q=2P,而P=,Q=,所以qP∶qQ=1∶2由动能定,它们的动能增加量之比ΔEP∶ΔEQ=P∶Q=1∶4综上所述,A、正确.
13.[导号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=g,又F=qE
所以两极板间的电势差:
U=Ed=
(3)根据动能定得:
qU=E′-E0,
则得微粒飞出时的动能为:
E′=E0+qU=E0+gd
【答案】
(1)负电
(2) (3)E0+gd
14.[导号66870046] 【解析】
(1)粒子沿轴负方向做匀加速运动,加速度为,则有
Eq=
=2
沿y轴正方向做匀速运动,有
y=v0
2+y2=R2
解得=1
(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(-1,y1),则有
1=2=1,y1=v0=1,即为(-1,1).
(3)射出时由动能定得
Eq1=E-v
代入据解得E=25×
10-5J
(1)1
(2)(-1,1) (3)25×
15.[导号66870047] 【解析】
(1)粒子在下落过程中电场力做的功为
W=qE=1×
10-12×
100×
08J=80×
10-11J
(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功,由动能定得:
W=E2-E1
E2=W+E1=80×
10-11J+×
2×
10-15×
2002J=12×
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,由运动公式得:
=2=2
代入据求得≈566×
10-3
圆半径r=v0≈113
圆面积S=πr2≈402
(1)80×
10-11J
(2)12×
10-10J (3)402
16.[导号66870048] 【解析】
(1)带电粒子在经A、B间加速电场加速后进入、D间的过程中,根据动能定得:
qU0=v
解得进入、D间的速度大小为:
v0=
(2)粒子在T/2时间内从、D间飞出时,在、D间的电压为恒压U1,则粒子在、D间的运动是类平抛运动,根据运动规律得:
E=,F=qE,==,=
当粒子从、D间飞出时,沿电场方向的位移为:
y=2,y==
(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===
欲使粒子恰能以平行于两板的速度飞出,则应有:
=T(=1、2、3、…)
因2y0<
故整得:
U1<
(=1、2、3…).
【答案】见解析