題組層級(jí)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(yùn)動(dòng)．已知兩極板間電勢(shì)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(yùn)動(dòng)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(dá)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(dá)Q板的速率也增大一倍C．若將兩極板間電勢(shì)差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間保持不變D．若將兩極板間電勢(shì)差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)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(dá)Q板v不變，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若U加倍，由d＝eq\f(qU,2md)t2得，時(shí)間t變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(\r(2),2)倍，則C、D項(xiàng)錯(cuò)誤．2.(2017·洛陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，虛線為中心線，A、B板間加上穩(wěn)定的電壓，有三個(gè)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(diǎn)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(diǎn)N處，不計(jì)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(yùn)動(dòng)的知識(shí)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(xiàng)正確．3．(2017·臨沂二模)(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)的電壓 D．增大墨汁微粒噴入偏轉(zhuǎn)場(chǎng)的速度答案BD解析設(shè)噴入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的墨汁微粒的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊緣與紙間距為L(zhǎng)′，墨滴在x方向上勻速運(yùn)動(dòng)L＝v0t，在y方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的電壓U，增大墨汁微粒的噴出速度v0，B、D兩項(xiàng)正確．4．(2017·衡陽(yáng)質(zhì)檢)(多選)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(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)(不計(jì)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(guò)程，下列說(shuō)法中正確的是()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等B．它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1∶2C．它們的電勢(shì)能減小量之比ΔEP：ΔEQ＝1∶2D．它們的電場(chǎng)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(chǎng)的初速度為v0.垂直電場(chǎng)方向P、Q粒子都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v0tP＝v0tQ，解得tP＝tQ，A項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，對(duì)兩粒子分別應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)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(xiàng)正確；兩粒子的電勢(shì)能減少量分別為ΔEP＝qPE×eq\f(1,2)d，ΔEQ＝qQEd，解得ΔEP∶ΔEQ＝1∶4，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩粒子的動(dòng)能增量分別為ΔEkP＝qPE×eq\f(1,2)d，ΔEkQ＝qQEd，解得ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D項(xiàng)錯(cuò)誤．5．(2017·廣州綜合測(cè)試)如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場(chǎng)加速后，垂直電場(chǎng)方向進(jìn)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(chǎng)中加速U1q＝eq\f(1,2)mv02，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中x＝v0t，y＝eq\f(1,2)eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)：開始時(shí)x＝eq\f(1,2)L，若要使x增大為L(zhǎng)，保持U2和平行板間距不變，減小U1則x會(huì)減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，B項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)正確，故選D項(xiàng)．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(dòng)能Ek0豎直向上射出．不計(jì)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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，如圖所示：當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)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(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0時(shí)，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(xiàng)正確．7．(2017·青島一模)(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說(shuō)法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零 D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為零，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做功為零，綜上所述，可知C、D項(xiàng)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(shí)開關(guān)閉合，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲(chǔ)存的能量E＝eq\f(1,2)CU2.一電荷量為q的帶電油滴以初動(dòng)能Ek從平行板電容器的軸線水平射入(極板足夠長(zhǎng))，恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過(guò)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(yùn)動(dòng)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(shí)的動(dòng)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(shì)能變化，外力對(duì)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(shì)能變化，外力對(duì)極板做功至少為eq\f(1,6)CU2答案BD解析A項(xiàng)，保持開關(guān)閉合，電壓不變，僅將上極板下移eq\f(d,3)的過(guò)程中，極板距離減小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)知電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，帶電油滴向上做加速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，初始時(shí)能勻速通過(guò)電容器，說(shuō)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(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,\f(2d,3))，電場(chǎng)力做功W＝qE(eq\f(d,2)－eq\f(d,3))＝eq\f(qU,4)，根據(jù)動(dòng)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(shí)的動(dòng)能是Ek0＋eq\f(qU,12)，故B項(xiàng)正確；CD項(xiàng)，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(chǎng)強(qiáng)不變，油滴所受的電場(chǎng)力不變，帶電油滴仍然沿水平虛線勻速通過(guò)電容器，下極板在上極板處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(E,2)，上極板上移eq\f(d,3)，上極板所受電場(chǎng)力為eq\f(1,2)EQ，外力對(duì)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(xiàng)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(qiáng)電場(chǎng)E中．帶電粒子從直線MN上的P點(diǎn)以速度v0水平向右拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t到達(dá)直線MN上的Q點(diǎn)．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(diǎn)的速度大小為eq\r(2)v0 B．P、Q兩點(diǎn)距離eq\r(5)v0tC．粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(2v0,t) D．P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差2Etv0答案C解析粒子垂直電場(chǎng)線做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng)從P到Q時(shí)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(xiàng)，粒子在Q點(diǎn)的速度大小為v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(v02＋（2v0）2)＝eq\r(5)v0，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，P、Q兩點(diǎn)間的距離PQ＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)vy＝at，得粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(vy,t)＝eq\f(2v0,t)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ＝Ey＝Ev0t，故D項(xiàng)錯(cuò)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(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在P點(diǎn)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(guò)AB邊界時(shí)速度為υ0，到達(dá)M點(diǎn)速度恰好減為零．此過(guò)程中小球在AB上方電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是在下方電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的eq\f(1,2).已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球帶正電B．電場(chǎng)強(qiáng)度大小是eq\f(3mg,q)C．P點(diǎn)距邊界線AB的距離為eq\f(3v02,8g)D．若邊界線AB電勢(shì)為零，則M點(diǎn)電勢(shì)為eq\f(3mv02,8g)答案B解析小球先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力大于重力；結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求電場(chǎng)強(qiáng)度，P點(diǎn)距邊界的距離；通過(guò)動(dòng)能定理求出M的電勢(shì)．根據(jù)題意，小球先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，可知電場(chǎng)力大于重力，且直線AB下方區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)方向向下，故電荷帶負(fù)電，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；在上方電場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝eq\f(mg＋qE,m)，在下方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝eq\f(qE－mg,m)，因?yàn)閍1t1＝a2t2，由題意可知：t1＝eq\f(1,2)t2，解得：E＝eq\f(3mg,q)，故B項(xiàng)正確；設(shè)P點(diǎn)距邊界的距離為h，則h＝eq\f(v02,2a1)＝eq\f(v02,8g)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)邊界到M的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)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(shì)為零，則M點(diǎn)電勢(shì)為－eq\f(3mv02,4q)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．11．(2016·秋·寶安區(qū)校級(jí)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(huì)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(jìn)行變化，而在XX′之間加上圖2(b)所示電壓時(shí)，粒子將分別打在左右各一個(gè)固定的位置，因此只能打出圖C所示的圖像，故C項(xiàng)正確，A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．12.(2017·江西紅色七校聯(lián)考)如圖所示，空間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向間的夾角為30°，AB與電場(chǎng)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(diǎn)水平向右拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t小球最終落在C點(diǎn)，速度大小仍是v0，且AB＝BC，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A．AC滿足AC＝eq\f(\r(3),2)v0·tB．電場(chǎng)力和重力的合力方向垂直于AC方向C．此過(guò)程增加的電勢(shì)能等于eq\f(1,2)mg2t2D．電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)力做功情況，再由電場(chǎng)線利用好幾何關(guān)系確定小球的高度變化；要注意采用運(yùn)動(dòng)的合成與分析知識(shí)進(jìn)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(chǎng)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(zhǎng)度一定小于eq\f(2\r(3),3)v0·t；故A項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在下落過(guò)程中初末動(dòng)能不變，由動(dòng)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(guò)程中初末動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功為0，而重力做正功，則電場(chǎng)力做負(fù)功，而小球帶正電，故電場(chǎng)線應(yīng)斜向下，根據(jù)幾何關(guān)系知電場(chǎng)力與重力的合力與AC垂直；故B、D兩項(xiàng)正確；此過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，由幾何關(guān)系可知，小球在沿電場(chǎng)線的方向上的位移x＝eq\f(3,4)gt2；則電勢(shì)能的增加量ΔEp＝qEx＝eq\f(3mg2t2,4)；故C項(xiàng)錯(cuò)誤．二、非選擇題13．(2017·浙江測(cè)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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，但方向不同．在區(qū)域Ⅰ內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸正方向，區(qū)域Ⅱ內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)O以某一初速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，到達(dá)Ⅱ區(qū)域右邊界Q處時(shí)速度恰好為零．P點(diǎn)的坐標(biāo)為(L，eq\f(L,2))．不計(jì)粒子所受重力，求：(1)帶電粒子射入電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的初速度；(2)電場(chǎng)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(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的初速度為v0，在x方向：粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有L＝v0t在y方向：粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(chǎng)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)