高二物理人教版選修31練習(xí)課下能力提升十電場的性質(zhì)

[基礎(chǔ)練]一、選擇題1．[多選]一個(gè)帶電粒子在電場中只受靜電力作用時(shí)，它可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A．勻速直線運(yùn)動(dòng)B．勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D．勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析：選BCD帶電粒子只要處在電場中，就會(huì)受到靜電力的作用，一定有加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)靜電力方向與粒子的運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)，粒子可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；當(dāng)靜電力方向與粒子的運(yùn)動(dòng)方向有一定夾角時(shí)，粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；在點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，帶電粒子有可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。2.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)Q時(shí)的速率與哪些因素有關(guān)，下列解釋正確的是()A．兩極板間的距離越大，加速的時(shí)間就越長，則獲得的速率越大B．兩極板間的距離越小，加速的時(shí)間就越短，則獲得的速率越小C．兩極板間的距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大D．與兩極板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)解析：選D由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當(dāng)兩極板間的距離變化時(shí)，U不變，v就不變，與d無關(guān)，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。3．如圖為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓圖按圖甲所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是選項(xiàng)圖中的()解析：選B在0～2t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏豎直方向上正的最大位移處，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏豎直方向上負(fù)的最大位移處，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖象為B。4.噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)D．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線解析：選D由于微滴帶負(fù)電，受力方向指向正極板，故向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；由于電場力對微滴做正功，故電勢能減少，B錯(cuò)誤；由側(cè)向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2，可知運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量有關(guān)，C錯(cuò)誤；由于微滴在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線，D正確。5．[多選]如圖所示，從熾熱的金屬絲飄出的電子(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(jì)。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．僅減小偏轉(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)電極間的電壓解析：選BC偏轉(zhuǎn)電極極性對調(diào)，只能使電子偏轉(zhuǎn)方向相反，不能增大偏轉(zhuǎn)角，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理：eU1＝eq\f(1,2)mv2，得：v＝eq\r(\f(2eU1,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中：a＝eq\f(eU2,md)，t＝eq\f(L,v)，vy＝at＝eq\f(eU2L,mdv)，tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(U2L,2U1d)，使偏轉(zhuǎn)角變大即令tanθ變大，由表達(dá)式可知，B、C正確，D錯(cuò)誤。二、非選擇題×10－31×10－19C)以v0＝4×107m/s的初速度沿著勻強(qiáng)電場的電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，已知?jiǎng)驈?qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝2×105N/C，不計(jì)重力，求：(1)電子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?2)電子進(jìn)入電場的最大距離。解析：(1)電子沿著勻強(qiáng)電場的電場線方向進(jìn)入時(shí)，僅受電場力作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qE＝ma，解得a≈×1016m/s2。(2)電子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)＝2ax，解得x≈×10－2m。答案×1016m/s2×10－2m[提能練]一、選擇題1.[多選]如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、G、H是各邊中點(diǎn)，其連線構(gòu)成正方形，其中P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出。下列說法正確的是()A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過P點(diǎn)B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過PE之間某點(diǎn)C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ訒?huì)由E、D之間某點(diǎn)(不含E、D)射出D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點(diǎn)射出解析：選BD粒子從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出，由題意可知，其軌跡是拋物線，則過D點(diǎn)作速度的反向延長線一定與FH的中點(diǎn)相交，由幾何關(guān)系知，延長線又經(jīng)過P點(diǎn)，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由類平拋知識(shí)可知，當(dāng)豎直位移一定時(shí)，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。2.a、b、c三個(gè)電子在同一點(diǎn)沿同一直線垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，如圖所示。則由此可判斷()A．b和c同時(shí)飛離電場B．b飛離電場與a擊中下極板的時(shí)間不同C．進(jìn)入電場時(shí)，a速度最大，c速度最小D．c的動(dòng)能增加量最小，a和b的動(dòng)能增加量一樣大解析：選Da、b、c均為電子，故其加速度相同，b、c在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)且位移關(guān)系為：yc＜yb，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2可知tc＜tb，故A錯(cuò)誤；a、b在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，可知b飛離電場與a擊中下極板的時(shí)間相同，故B錯(cuò)誤；在垂直于電場方向即水平方向，a、b、c做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：x＝vt，由題圖可知xc＝xb，又tc<tb，則vc>vb，根據(jù)ta＝tb，因?yàn)閤b>xa，則可得：vb>va，所以有：vc>vb>va，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，電場力對a、b做功一樣多，所以動(dòng)能增加量相等，電場力對c做功最少，動(dòng)能增加量最小，故D正確。3.如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)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(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在上板的同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上板的過程中()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tPB．它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ<aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2解析：選C水平方向位移相同、速度相同，由t＝eq\f(x,v0)知tQ＝tP，A錯(cuò)誤；豎直方向s＝eq\f(1,2)at2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以豎直位移大的加速度大，即aQ>aP，B錯(cuò)誤；由s＝eq\f(1,2)at2，sQ＝2sP，t相同，知eq\f(aP,aQ)＝eq\f(1,2)，豎直方向加速度由靜電力產(chǎn)生，即qE＝ma，所以eq\f(aP,aQ)＝eq\f(qP,qQ)，解得eq\f(qP,qQ)＝eq\f(1,2)，C正確；豎直方向分速度v⊥＝at，eq\f(v⊥P,v⊥Q)＝eq\f(aP,aQ)＝eq\f(1,2)，ΔEkP＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,⊥P)＋veq\o\al(2,0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,⊥P)，同理ΔEkQ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,⊥Q)，所以eq\f(ΔEkP,ΔEkQ)＝eq\f(1,4)，D錯(cuò)誤。4.[多選]如圖所示，三個(gè)質(zhì)量相同，帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩極板中間上方由靜止釋放，最后從兩極板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中()A．電場力對液滴a、b做的功相同B．三者動(dòng)能的增量相同C．液滴a與液滴b電勢能的變化量相等D．重力對液滴c做的功最多解析：選AC因?yàn)橐旱蝍、b的電荷量大小相等，則所受的電場力大小相等，由靜止釋放，穿過兩板的時(shí)間相等，則偏轉(zhuǎn)位移大小相等，電場力做功相等，故A正確；電場力對a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則動(dòng)能的增量相等，對于液滴c，只有重力做功，小于液滴a、b動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤；對于液滴a和液滴b，電場力均做正功，電場力所做的功等于電勢能的變化量，故C正確；三者在穿過極板的過程中豎直方向的位移相等，三者質(zhì)量相同，所以重力做功相等，故D錯(cuò)誤。5.[多選]如圖所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場里，用絕緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運(yùn)動(dòng)，以下四種說法中正確的是()A．帶電小球可能做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)B．帶電小球可能做變速率圓周運(yùn)動(dòng)C．帶電小球通過最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最小D．帶電小球通過最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小解析：選ABD若小球所受電場力與重力平衡，小球做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)，A正確；若小球所受電場力和重力不平衡，小球做變速率圓周運(yùn)動(dòng)，B正確；若小球所受電場力與重力的合力向上，則小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力最小，最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力最大，C錯(cuò)誤，D正確。二、非選擇題6．一束初速度不計(jì)的電子在電子槍中經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，沿距離YY′兩極板等間距的中間虛線垂直進(jìn)入YY′間的勻強(qiáng)電場，如圖所示，若板間距離為d，板長為l，極板右邊緣到熒光屏的距離為L，偏轉(zhuǎn)電場只存在于兩極板之間。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，求：(1)電子離開加速電場時(shí)的速度大小；(2)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間；(3)要使電子能從極板間飛出，兩極板上最大電壓的大?。?4)電子最遠(yuǎn)能夠打到離熒光屏上中心O點(diǎn)多遠(yuǎn)處。解析：(1)設(shè)電子經(jīng)加速電場加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得：v0＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝eq\f(l,v0)＝leq\r(\f(m,2eU))。(3)設(shè)兩極板上能加的最大電壓為U′，要使電子能從兩極板間飛出，則電子的最大側(cè)移量為：eq\f(d,2)電子在其電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU′,md)，解得：U′＝eq\f(2Ud2,l2)。(4)從極板右邊緣飛出