第一章 电容器　带电粒子在电场中的运动测试题 word版含答案

电容器　带电粒子在电场中的运动
一、选择题(本题共8小题，1～4题为单选，5～8题为多选)
1．(2019·重庆九校联盟联考)超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。图示为一款超级电容器，其上标有“2.7V　400F”，则可知(　B　)
A．该电容器的输入电压只能是2.7V时才能工作
B．该电容器的输入电压最大值小于或等于2.7V时都能工作
C．该电容器不充电时的电容为零
D．该电容器充满电时储存的电荷量为1080mA·h
[解析]　根据超级电容器，其上标有的“2.7V　400F”，可知该电容器在2.7V以下电压(额定电压为2.7V)都能正常工作，该电容器充满电时储存的电荷量为q＝CU＝400×2.7C＝1080C，选项B正确，A、C、D错误。
2．(2019·云南昆明测试)如图所示，一个质量为m，带电量为＋q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为，已知 ＝d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则该匀强电场的场强大小为(　A　)
A．　 B．　
C．　 D．
[解析]　根据题述，粒子在A、B两点的速率均为v0，A、B两点为等势点，AB两点的连线为等势线，电场强度的方向垂直AB连线，C点到AB的距离s＝，对于粒子从C到A(或B)，由动能定理，qEs＝mv－m(v0)2，解得：E＝，选项A正确。
3．(2019·石景山区)图中虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面a上的电势为4V。一电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV。下列说法中正确的是(　A　)
A．平面c上的电势为零
B．该电子一定能够到达平面d
C．该电子经过平面a时，其电势能为8eV
D．该电子经过平面a时的速率是经过c时的2倍
[解析]　虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过a时的动能为8eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为4eV，则电势能增加4eV，因此ac等势面之间的电势差为4V，由于电子的电势能增加，所以等势面从a到c电势是降低的，因为a上的电势为4V，故c上的电势为零，A正确；由A可知，相邻等差等势面电势差为2V。若电子经过a时速度方向与平面a垂直，则电子从a到d克服电场力做功需要6eV<8eV，电子可能到达平面d；但如果电子经过a时速度方向与平面a不垂直，电子将会在电场中做抛体运动，则可能不会到达平面d，B错误；因为电子到达c时，动能剩余4eV，电势能Ep＝qφc＝0，故电子的总能量为4eV，根据能量守恒定律，电子经过平面a时，动能为4eV，故电势能为－4eV，故C错误；电子经过平面a的动能是经过c动能的2倍，故它在平面a时的速率是经过c时的倍，D错误。
4．(2019·湖南株州模拟)如图所示，圆心为O的光滑绝缘圆环竖直放置，处在水平向右的匀强电场中，一带电小球套在圆环上。开始时小球静止于点P处，点P、O、Q在同一竖直平面内。现在让球从点M处静止释放，则小球沿圆环运动过程中，第一次出现速度为零的位置是(　C　)
A．点N　 B．点M
C．点Q、N之间　 D．点M、N之间
[解析]　对小球位于P点受力分析如图。由平衡条件知重力G和电场力F电的合力F，方向沿OP斜向下，大小恒定。将合力F等效为一个合场力，当小球运动到与M点关于OP对称的M′点过程，F做功为零，环的作用力不做功，所以合外力的总功为零。由动能定理得：ΔEk＝0，故M′点是第一次出现速度为零的位置，选C。
5．(2018·安徽合肥一模)如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一电子经过等势面D时，动能为16eV，速度方向垂直于等势面D飞经等势面C时，电势能为－8eV，飞至等势面B时速度恰好为零。已知相邻等势面间的距离均为4cm，电子重力不计，则下列说法正确的是(　ACD　)
A．电子做匀变速直线运动
B．匀强电场的场强大小为100V/m
C．等势面A的电势为－8V
D．电子再次飞经D等势面时，动能为16eV
[解析]　电子的运动方向垂直于等势面，即运动方向和电场方向平行且电子重力不计，故电子做匀变速直线运动，A正确；电子飞至等势面B时速度恰好为零，故电子从等势面D到等势面B需克服电场力做功16eV，等势面D、B间的电势差UDB＝＝16V，相邻等势面间的电势差为8V，场强E＝＝200V/m，B错误；等势面C处电子的电势能为－8eV，所以等势面C的电势φ＝＝8V，等势面A的电势为－8V，C正确；电子再次飞经D等势面时，电场力做功为零，电子动能仍为16eV，D正确。
6．(2018·江西省南昌二中高三上学期第五次考试)如图所示，质量为m的带电小物块置于倾角53°的光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在高为H的斜面顶端，现将电场方向突然改为水平向右，而电场强度大小不变， 重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小物块从斜面顶端开始(　BD　)
A．历时着地
B．历时着地
C．到着地过程动能增加mgH
D．到着地过程动能增加2mgH
[解析]　整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，物块静止，则电场力竖直向上，大小Eq＝mg，且物块带负电；将电场方向突然改为水平向右，而电场强度大小不变，则物块受到水平向左的电场力Eq，则小球将离开斜面，水平方向做匀加速运动，且x＝t2；竖直方向自由落体运动，则y＝gt2，着地时y＝H，解得t＝，x＝H，选项A错误，B正确；根据动能定理，落地的动能Ek＝mgH＋qEx＝2mgH，选项C错误，D正确；故选BD。
7．(2018·河南省漯河市高级中学高三期中试题)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是(　BD　)
A．φ1︰φ2＝1︰2
B．φ1︰φ2＝1︰3
C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最小
D．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了
[解析]　根据场强公式可得0～T时间内平行板间的电场强度为：E1＝，电子的加速度为：a1＝＝，且向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：x1＝a1T2，速度为：v1＝a1T；同理在T～2T内平行板间电场强度为：E2＝，加速度为：a2＝＝，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：x2＝v1T－a2T2，由题意2T时刻回到P点，则有：x1＋x2＝0，联立可得：φ2＝3φ1，故A错误，B正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因φ2＝3φ1，所以在2T时刻电势能最小，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为：v2＝v1－a2T＝－，(负号表示方向向下)，电子的动能为：Ek＝m2v＝，根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。所以BD正确，AC错误。
8．(2019·云南玉溪模拟)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是(　BC　)
A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1
B．若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝v1
C．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1
D．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2[解析]　对液滴，从P到a由动能定得得mg－Uq＝mv－0(或mg－Eq＝mv－0)，若开关S保持闭合，向下移动b板，液滴到达a板时重力做的功和电场力做的功都不变，则v2＝v1，A错误，B正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电容增大，电荷量不变，电场强度E＝＝＝不变。从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功减小，则v2>v1，C正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向上移动b板，则电容减小，电荷量不变，电场强度E＝＝＝不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功增大，v2二、非选择题
9．(2019·四川自贡市模拟)中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108C/kg。求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
[答案]　(1)0.4m　(2)6×104V
[解析]　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝ ①
L＝vB· ②
联立①②式并代入数据得L＝0.4m ③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU ④
W′＝3W ⑤
W′＝mv－mv ⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104V
10．(2018·安徽省定远月考)如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON＝d。在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2。电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最左端为图中的B点，之后返回第一象限，且从MN上的P点离开。已知A点坐标为(0，h)。电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：
(1)电子从A点到B点所用的时间；
(2)P点的坐标；
(3)电子经过x轴时离坐标原点O的距离。
[答案]　(1)t＝　(2)(d，h－)　(3)x＝＋
[解析]　(1)从A到B的过程中，加速度大小为a＝
由速度公式得：0＝v0－at
解得：t＝
(2)电子从A运动到B，然后沿原路返回A点时的速度大小仍是v0，
在第一象限的电场中，电子做类平抛运动，则：
电子电场E1中的运动时间为：t1＝
射出P点时竖直方向的分位移为 y＝a1t
又根据牛顿第二定律得：a1＝
解得y＝
所以P点的坐标为(d，h－)
(3)电子到达P点时，竖直分速度为：vy＝
电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，水平方向有：Δx＝v0t2
竖直方向有：h－y＝vyt2
电子经过x轴时离坐标原点O的距离 x＝d＋Δx
解得x＝＋