高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)第七單元電場作業(yè)34

題組層級快練(三十四)一、選擇題1.如圖，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動．已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m，電量為e.則關(guān)于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是()A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半答案A解析由qU＝eq\f(1,2)mv2得，d變大變小U都不變，則到達Q板v不變，故A項正確，B項錯誤；若U加倍，由d＝eq\f(qU,2md)t2得，時間t變?yōu)樵瓉淼膃q\f(\r(2),2)倍，則C、D項錯誤．2.(2017·洛陽聯(lián)考)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，虛線為中心線，A、B板間加上穩(wěn)定的電壓，有三個帶電微粒a、b、c從靠近A板邊緣處以相同的水平初速度射入板間，a從中心線上M點飛出板間區(qū)域，b從B板右側(cè)邊緣飛出，c落在B板的中點N處，不計微粒的重力，則帶電微粒a、b、c的比荷關(guān)系為()A.eq\f(qc,mc)＝4eq\f(qb,mb)＝8eq\f(qa,ma) B.eq\f(qa,ma)＝eq\f(qb,mb)＝4eq\f(qc,mc)C.eq\f(qa,ma)＝2eq\f(qb,mb)＝4eq\f(qc,mc) D.eq\f(qc,mc)＝2eq\f(qb,mb)＝4eq\f(qa,ma)答案A解析根據(jù)平拋運動的知識可知，微粒在豎直方向上的偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2dm)t2，ta＝tb＝2tc，解得eq\f(qc,mc)＝4eq\f(qb,mb)＝8eq\f(qa,ma)，故A項正確．3．(2017·臨沂二模)(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示．其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符．不考慮墨汁的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量 B．減小墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓 D．增大墨汁微粒噴入偏轉(zhuǎn)場的速度答案BD解析設(shè)噴入偏轉(zhuǎn)電場的墨汁微粒的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場寬度為L，偏轉(zhuǎn)電場右邊緣與紙間距為L′，墨滴在x方向上勻速運動L＝v0t，在y方向上做勻加速運動y1＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,dm)·t2＝eq\f(UqL2,2dmv02)，由幾何關(guān)系得，eq\f(y1,y2)＝eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋L′)，則墨汁在紙上豎直方向的偏移量y2＝(1＋eq\f(2L′,L))eq\f(UqL2,2dmv02)，為了使打在紙上的字跡縮小，即減小y2，可減小墨汁微粒所帶的電荷量q，增大墨汁微粒的質(zhì)量m，減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U，增大墨汁微粒的噴出速度v0，B、D兩項正確．4．(2017·衡陽質(zhì)檢)(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(不計P、Q的重力以及它們間的相互作用)，則從開始射入到打到上極板的過程，下列說法中正確的是()A．它們運動的時間相等B．它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1∶2C．它們的電勢能減小量之比ΔEP：ΔEQ＝1∶2D．它們的電場力做功之比WP：WQ＝2∶1答案AB解析設(shè)兩板間的距離為d，帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電粒子射入電場的初速度為v0.垂直電場方向P、Q粒子都做勻速直線運動，則有v0tP＝v0tQ，解得tP＝tQ，A項正確；兩粒子在垂直初速度方向都做初速度為零的勻加速直線運動，對兩粒子分別應(yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)公式得，P粒子，qPE＝maP，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)aPtP2；Q粒子，qQE＝maQ，d＝eq\f(1,2)aQtQ2，聯(lián)立解得qP∶qQ＝1∶2，B項正確；兩粒子的電勢能減少量分別為ΔEP＝qPE×eq\f(1,2)d，ΔEQ＝qQEd，解得ΔEP∶ΔEQ＝1∶4，C項錯誤；兩粒子的動能增量分別為ΔEkP＝qPE×eq\f(1,2)d，ΔEkQ＝qQEd，解得ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D項錯誤．5．(2017·廣州綜合測試)如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置．為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是()A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板答案D解析粒子在電場中加速U1q＝eq\f(1,2)mv02，在偏轉(zhuǎn)電場中x＝v0t，y＝eq\f(1,2)eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)：開始時x＝eq\f(1,2)L，若要使x增大為L，保持U2和平行板間距不變，減小U1則x會減小，A項錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，B項錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，C項錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，則x變大，故D項正確，故選D項．6.(2016·海南)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處．以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大，若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為()A.eq\f(Ek0,4qd) B.eq\f(Ek0,2qd)C.eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq\f(\r(2)Ek0,qd)答案B解析根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運動，如圖所示：當(dāng)電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0時，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運動學(xué)公式：－vy2＝－2eq\f(Eq,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立整理得到E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B項正確．7．(2017·青島一模)(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像．當(dāng)t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零 D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零答案CD解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可知，1.5s末粒子的速度為零，然后反方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為零，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D項正確．8．(多選)(2017·山東淄博市模擬卷)(多選)如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，一電容為C.電容器與一直流電源相連，初始時開關(guān)閉合，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲存的能量E＝eq\f(1,2)CU2.一電荷量為q的帶電油滴以初動能Ek從平行板電容器的軸線水平射入(極板足夠長)，恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則()A．保持開關(guān)閉合，只將上極板下移了eq\f(d,3)，帶電油滴仍能沿水平線運動B．保持開關(guān)閉合，只將上極板下移eq\f(d,3)，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為Ek＋eq\f(qU,12)C．?dāng)嚅_開關(guān)后，將上極板上移eq\f(d,3)，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為eq\f(2,3)CU2D．?dāng)嚅_開關(guān)后，將上極板上移eq\f(d,3)，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為eq\f(1,6)CU2答案BD解析A項，保持開關(guān)閉合，電壓不變，僅將上極板下移eq\f(d,3)的過程中，極板距離減小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)知電場強度增大，電場力增大，帶電油滴向上做加速運動，故A項錯誤；B項，初始時能勻速通過電容器，說明mg＝qeq\f(U,d)，保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移eq\f(d,3)，兩極板間距離變?yōu)閑q\f(2,3)d，電場強度E＝eq\f(U,\f(2d,3))，電場力做功W＝qE(eq\f(d,2)－eq\f(d,3))＝eq\f(qU,4)，根據(jù)動能定理W＝Ek－Ek0，－mg·(eq\f(d,2)－eq\f(d,3))＋eq\f(qU,4)＝Ek－Ek0，解得：Ek＝Ek0＋eq\f(qU,4)－eq\f(1,6)eq\f(qU,d)d＝Ek0＋eq\f(qU,12)，所以撞擊上極板時的動能是Ek0＋eq\f(qU,12)，故B項正確；CD項，斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εS,4πk))＝eq\f(4πkQ,εS)，可知場強不變，油滴所受的電場力不變，帶電油滴仍然沿水平虛線勻速通過電容器，下極板在上極板處產(chǎn)生的場強為eq\f(E,2)，上極板上移eq\f(d,3)，上極板所受電場力為eq\f(1,2)EQ，外力對極板所做的功為W＝Feq\f(d,3)＝eq\f(1,2)EQ×eq\f(d,3)＝eq\f(EQd,6)＝eq\f(1,6)EdQ＝eq\f(1,6)U×CU＝eq\f(1,6)CU2，故D項正確．9．如圖，與水平方向成45°角的直線MN處于豎直向下的勻強電場E中．帶電粒子從直線MN上的P點以速度v0水平向右拋出，經(jīng)過時間t到達直線MN上的Q點．帶正電的粒子質(zhì)量為m，帶電粒子的重力可以忽略．則下列正確的是()A．粒子在Q點的速度大小為eq\r(2)v0 B．P、Q兩點距離eq\r(5)v0tC．粒子運動時的加速度大小為eq\f(2v0,t) D．P、Q兩點間的電勢差2Etv0答案C解析粒子垂直電場線做類平拋運動，水平方向勻速直線運動，豎直方向勻加速直線運動從P到Q時間為t；水平方向x＝v0t豎直方向：y＝eq\f(1,2)vyt根據(jù)幾何關(guān)系：x＝y(tǒng)得vy＝2v0A項，粒子在Q點的速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋（2v0）2)＝eq\r(5)v0，故A項錯誤；B項，P、Q兩點間的距離PQ＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t，故B項錯誤；C項，根據(jù)vy＝at，得粒子運動的加速度a＝eq\f(vy,t)＝eq\f(2v0,t)，故C項正確；D項，P、Q兩點間的電勢差UPQ＝Ey＝Ev0t，故D項錯誤．10.(2017·河南天一大聯(lián)考)如圖所示，以直線AB為邊界，上下存在場強大小相等、方向相反的勻強電場．在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，小球穿過AB邊界時速度為υ0，到達M點速度恰好減為零．此過程中小球在AB上方電場中運動的時間是在下方電場中運動時間的eq\f(1,2).已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．小球帶正電B．電場強度大小是eq\f(3mg,q)C．P點距邊界線AB的距離為eq\f(3v02,8g)D．若邊界線AB電勢為零，則M點電勢為eq\f(3mv02,8g)答案B解析小球先做勻加速運動，后做勻減速運動，可知電場力大于重力；結(jié)合牛頓運動定律求電場強度，P點距邊界的距離；通過動能定理求出M的電勢．根據(jù)題意，小球先做勻加速運動，后做勻減速運動，可知電場力大于重力，且直線AB下方區(qū)域的場強方向向下，故電荷帶負電，故A項錯誤；在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝eq\f(mg＋qE,m)，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝eq\f(qE－mg,m)，因為a1t1＝a2t2，由題意可知：t1＝eq\f(1,2)t2，解得：E＝eq\f(3mg,q)，故B項正確；設(shè)P點距邊界的距離為h，則h＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(v02,8g)，故C項錯誤；對邊界到M的過程運用動能定理得：qU＋mgh′＝0－eq\f(1,2)mv02，h′＝eq\f(v02,4g)，解得：U＝－eq\f(3mv02,4q)，若邊界線AB電勢為零，則M點電勢為－eq\f(3mv02,4q)，故D項錯誤．11．(2016·秋·寶安區(qū)校級期末)示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖1所示，如果在電極YY′之間加上圖2(a)所示的電壓，在XX′之間加上圖2(b)所示電壓，熒光屏上會出現(xiàn)的波形是()答案C解析電極YY′之間加上圖2(a)所示的電壓，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移在上下進行變化，而在XX′之間加上圖2(b)所示電壓時，粒子將分別打在左右各一個固定的位置，因此只能打出圖C所示的圖像，故C項正確，A、B、D三項錯誤．12.(2017·江西紅色七校聯(lián)考)如圖所示，空間存在一勻強電場，其方向與水平方向間的夾角為30°，AB與電場垂直，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點水平向右拋出，經(jīng)過時間t小球最終落在C點，速度大小仍是v0，且AB＝BC，則下列說法中錯誤的是()A．AC滿足AC＝eq\f(\r(3),2)v0·tB．電場力和重力的合力方向垂直于AC方向C．此過程增加的電勢能等于eq\f(1,2)mg2t2D．電場強度大小為E＝eq\f(mg,q)答案AC解析本題要注意分析小球受力情況，明確重力及電場力做功情況，再由電場線利用好幾何關(guān)系確定小球的高度變化；要注意采用運動的合成與分析知識進行分析求解．如果小球水平方向不受外力，則可知，水平位移為v0t，則由幾何關(guān)系可知，AC＝eq\f(2\r(3),3)v0·t；但由于重力與電場力的合力在水平方向上具有分量，故在水平方向上存在力的作用，故水平位移小于v0t，故AC的長度一定小于eq\f(2\r(3),3)v0·t；故A項錯誤；小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知，mgABsin60°－E·qBCsin60°＝0，解得：E＝eq\f(mg,q)；由題意可知，小球在下落過程中初末動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為0，而重力做正功，則電場力做負功，而小球帶正電，故電場線應(yīng)斜向下，根據(jù)幾何關(guān)系知電場力與重力的合力與AC垂直；故B、D兩項正確；此過程中電場力做負功，電勢能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場線的方向上的位移x＝eq\f(3,4)gt2；則電勢能的增加量ΔEp＝qEx＝eq\f(3mg2t2,4)；故C項錯誤．二、非選擇題13．(2017·浙江測試)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤L)和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在勻強電場，電場強度大小均為E，但方向不同．在區(qū)域Ⅰ內(nèi)場強方向沿y軸正方向，區(qū)域Ⅱ內(nèi)場強方向未標(biāo)明，都處在xOy平面內(nèi)，一質(zhì)量為m，電量為q的正粒子從坐標(biāo)原點O以某一初速度沿x軸正方向射入電場區(qū)域Ⅰ，從P點進入電場區(qū)域Ⅱ，到達Ⅱ區(qū)域右邊界Q處時速度恰好為零．P點的坐標(biāo)為(L，eq\f(L,2))．不計粒子所受重力，求：(1)帶電粒子射入電場區(qū)域Ⅰ時的初速度；(2)電場區(qū)域Ⅱ的寬度．答案(1)eq\r(\f(qEL,m))(2)eq\f(\r(2),2)L解析(1)設(shè)帶電粒子射入電場區(qū)域Ⅰ時的初速度為v0，在x方向：粒子做勻速直線運動，有L＝v0t在y方向：粒子做初速度為零的勻加速直線運動，有eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2，且a＝eq\f(qE,m)解得：v0＝eq\r(\f(qEL,m)).(2)粒子在區(qū)域Ⅱ做勻減速直線運動，設(shè)粒子在P處的速度為vP，在x方向的分速度為vPx，在y方向的分速度為vPy，電場區(qū)域Ⅱ的寬度為Δx2，則vPx＝v0＝eq\r(\f(qEL,m))vPy2＝2×eq\f(qE,m)×eq\f(L,2)即：vPx＝vPy故：vP＝eq\r(\f(2qEL,m))設(shè)