高三物理人教版一轮复习第七单元电场作业34

题组层级快练(三十四)一、选择题1.如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是()A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半答案A解析由qU＝eq\f(1,2)mv2得，d变大变小U都不变，则到达Q板v不变，故A项正确，B项错误；若U加倍，由d＝eq\f(qU,2md)t2得，时间t变为原来的eq\f(\r(2),2)倍，则C、D项错误．2.(2017·洛阳联考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同的水平初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为()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解析根据平抛运动的知识可知，微粒在竖直方向上的偏转距离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项正确．3．(2017·临沂二模)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒喷入偏转场的速度答案BD解析设喷入偏转电场的墨汁微粒的速度为v0，偏转电场宽度为L，偏转电场右边缘与纸间距为L′，墨滴在x方向上匀速运动L＝v0t，在y方向上做匀加速运动y1＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,dm)·t2＝eq\f(UqL2,2dmv02)，由几何关系得，eq\f(y1,y2)＝eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋L′)，则墨汁在纸上竖直方向的偏移量y2＝(1＋eq\f(2L′,L))eq\f(UqL2,2dmv02)，为了使打在纸上的字迹缩小，即减小y2，可减小墨汁微粒所带的电荷量q，增大墨汁微粒的质量m，减小偏转电场的电压U，增大墨汁微粒的喷出速度v0，B、D两项正确．4．(2017·衡阳质检)(多选)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(不计P、Q的重力以及它们间的相互作用)，则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是()A．它们运动的时间相等B．它们所带的电荷量之比qP：qQ＝1∶2C．它们的电势能减小量之比ΔEP：ΔEQ＝1∶2D．它们的电场力做功之比WP：WQ＝2∶1答案AB解析设两板间的距离为d，带电粒子的质量为m，带电粒子射入电场的初速度为v0.垂直电场方向P、Q粒子都做匀速直线运动，则有v0tP＝v0tQ，解得tP＝tQ，A项正确；两粒子在垂直初速度方向都做初速度为零的匀加速直线运动，对两粒子分别应用牛顿第二定律和运动学公式得，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，联立解得qP∶qQ＝1∶2，B项正确；两粒子的电势能减少量分别为ΔEP＝qPE×eq\f(1,2)d，ΔEQ＝qQEd，解得ΔEP∶ΔEQ＝1∶4，C项错误；两粒子的动能增量分别为ΔEkP＝qPE×eq\f(1,2)d，ΔEkQ＝qQEd，解得ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D项错误．5．(2017·广州综合测试)如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板答案D解析粒子在电场中加速U1q＝eq\f(1,2)mv02，在偏转电场中x＝v0t，y＝eq\f(1,2)eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)：开始时x＝eq\f(1,2)L，若要使x增大为L，保持U2和平行板间距不变，减小U1则x会减小，A项错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，B项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，C项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则x变大，故D项正确，故选D项．6.(2016·海南)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()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解析根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－vy2＝－2eq\f(Eq,m)d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mv02，联立整理得到E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B项正确．7．(2017·青岛一模)(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零 D．0～3s内，电场力做的总功为零答案CD解析设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可知，1.5s末粒子的速度为零，然后反方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D项正确．8．(多选)(2017·山东淄博市模拟卷)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C.电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝eq\f(1,2)CU2.一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则()A．保持开关闭合，只将上极板下移了eq\f(d,3)，带电油滴仍能沿水平线运动B．保持开关闭合，只将上极板下移eq\f(d,3)，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋eq\f(qU,12)C．断开开关后，将上极板上移eq\f(d,3)，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为eq\f(2,3)CU2D．断开开关后，将上极板上移eq\f(d,3)，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为eq\f(1,6)CU2答案BD解析A项，保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移eq\f(d,3)的过程中，极板距离减小，根据E＝eq\f(U,d)知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上做加速运动，故A项错误；B项，初始时能匀速通过电容器，说明mg＝qeq\f(U,d)，保持开关闭合，仅将上极板下移eq\f(d,3)，两极板间距离变为eq\f(2,3)d，电场强度E＝eq\f(U,\f(2d,3))，电场力做功W＝qE(eq\f(d,2)－eq\f(d,3))＝eq\f(qU,4)，根据动能定理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)，所以撞击上极板时的动能是Ek0＋eq\f(qU,12)，故B项正确；CD项，断开开关，电容器所带的电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εS,4πk))＝eq\f(4πkQ,εS)，可知场强不变，油滴所受的电场力不变，带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器，下极板在上极板处产生的场强为eq\f(E,2)，上极板上移eq\f(d,3)，上极板所受电场力为eq\f(1,2)EQ，外力对极板所做的功为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项正确．9．如图，与水平方向成45°角的直线MN处于竖直向下的匀强电场E中．带电粒子从直线MN上的P点以速度v0水平向右抛出，经过时间t到达直线MN上的Q点．带正电的粒子质量为m，带电粒子的重力可以忽略．则下列正确的是()A．粒子在Q点的速度大小为eq\r(2)v0 B．P、Q两点距离eq\r(5)v0tC．粒子运动时的加速度大小为eq\f(2v0,t) D．P、Q两点间的电势差2Etv0答案C解析粒子垂直电场线做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向匀加速直线运动从P到Q时间为t；水平方向x＝v0t竖直方向：y＝eq\f(1,2)vyt根据几何关系：x＝y得vy＝2v0A项，粒子在Q点的速度大小为v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋（2v0）2)＝eq\r(5)v0，故A项错误；B项，P、Q两点间的距离PQ＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t，故B项错误；C项，根据vy＝at，得粒子运动的加速度a＝eq\f(vy,t)＝eq\f(2v0,t)，故C项正确；D项，P、Q两点间的电势差UPQ＝Ey＝Ev0t，故D项错误．10.(2017·河南天一大联考)如图所示，以直线AB为边界，上下存在场强大小相等、方向相反的匀强电场．在P点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带电小球，小球穿过AB边界时速度为υ0，到达M点速度恰好减为零．此过程中小球在AB上方电场中运动的时间是在下方电场中运动时间的eq\f(1,2).已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球带正电B．电场强度大小是eq\f(3mg,q)C．P点距边界线AB的距离为eq\f(3v02,8g)D．若边界线AB电势为零，则M点电势为eq\f(3mv02,8g)答案B解析小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力；结合牛顿运动定律求电场强度，P点距边界的距离；通过动能定理求出M的电势．根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且直线AB下方区域的场强方向向下，故电荷带负电，故A项错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝eq\f(mg＋qE,m)，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝eq\f(qE－mg,m)，因为a1t1＝a2t2，由题意可知：t1＝eq\f(1,2)t2，解得：E＝eq\f(3mg,q)，故B项正确；设P点距边界的距离为h，则h＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(v02,8g)，故C项错误；对边界到M的过程运用动能定理得：qU＋mgh′＝0－eq\f(1,2)mv02，h′＝eq\f(v02,4g)，解得：U＝－eq\f(3mv02,4q)，若边界线AB电势为零，则M点电势为－eq\f(3mv02,4q)，故D项错误．11．(2016·秋·宝安区校级期末)示波管的内部结构如图1所示，如果在电极YY′之间加上图2(a)所示的电压，在XX′之间加上图2(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是()答案C解析电极YY′之间加上图2(a)所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在XX′之间加上图2(b)所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图像，故C项正确，A、B、D三项错误．12.(2017·江西红色七校联考)如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，AB与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB＝BC，则下列说法中错误的是()A．AC满足AC＝eq\f(\r(3),2)v0·tB．电场力和重力的合力方向垂直于AC方向C．此过程增加的电势能等于eq\f(1,2)mg2t2D．电场强度大小为E＝eq\f(mg,q)答案AC解析本题要注意分析小球受力情况，明确重力及电场力做功情况，再由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分析知识进行分析求解．如果小球水平方向不受外力，则可知，水平位移为v0t，则由几何关系可知，AC＝eq\f(2\r(3),3)v0·t；但由于重力与电场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的长度一定小于eq\f(2\r(3),3)v0·t；故A项错误；小球在下落过程中初末动能不变，由动能定理可知，mgABsin60°－E·qBCsin60°＝0，解得：E＝eq\f(mg,q)；由题意可知，小球在下落过程中初末动能不变，根据动能定理，合力做功为0，而重力做正功，则电场力做负功，而小球带正电，故电场线应斜向下，根据几何关系知电场力与重力的合力与AC垂直；故B、D两项正确；此过程中电场力做负功，电势能增加，由几何关系可知，小球在沿电场线的方向上的位移x＝eq\f(3,4)gt2；则电势能的增加量ΔEp＝qEx＝eq\f(3mg2t2,4)；故C项错误．二、非选择题13．(2017·浙江测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为(L，eq\f(L,2))．不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度；(2)电场区域Ⅱ的宽度．答案(1)eq\r(\f(qEL,m))(2)eq\f(\r(2),2)L解析(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v0，在x方向：粒子做匀速直线运动，有L＝v0t在y方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动，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)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P处的速度为vP，在x方向的分速度为vPx，在y方向的分速度为vPy，电场区域Ⅱ的宽度为Δx2，则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))设