2024春新教材高中物理專練1靜電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)粵教版必修第三冊(cè)

專練一靜電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1．關(guān)于電容器和電容的概念，下列說法正確的是()A．任何兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體都可以看成是一個(gè)電容器B．某一電容器兩板間的電壓越高，它的電容就越大C．某一電容器兩極板的正對(duì)面積越小，它的電容就越大D．某一電容器不帶電時(shí)，它的電容是零【答案】A【解析】任何兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體都可以看成是一個(gè)電容器，A正確；電容器的電容由本身因素確定，與電容器所帶的電荷量和電壓無關(guān)，電容器充電后，兩極板帶有等量的異種電荷，B、D錯(cuò)誤；平行板電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，兩極板的正對(duì)面積越小，它的電容就越小，C錯(cuò)誤．2．帶電粒子以某初速度射入一個(gè)勻強(qiáng)電場區(qū)域中，粒子在運(yùn)動(dòng)過程中僅受電場力的作用，則下列說法正確的是()A．運(yùn)動(dòng)軌跡可能為直線，電勢(shì)能肯定始終變大B．運(yùn)動(dòng)軌跡可能為直線，電勢(shì)能肯定始終變小C．運(yùn)動(dòng)軌跡可能為曲線，電勢(shì)能可能始終變小D．運(yùn)動(dòng)軌跡可能為曲線，電勢(shì)能可能始終變大【答案】C【解析】因粒子在運(yùn)動(dòng)過程中僅受電場力的作用，故運(yùn)動(dòng)軌跡可能為直線和曲線；當(dāng)電場力與初速度方向成直角或銳角時(shí)，電場力始終做正功，電勢(shì)能將始終變小；當(dāng)電場力與初速度方向成鈍角時(shí)，電場力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能將先變大后變小．則C正確，A、B、D錯(cuò)誤．3．關(guān)于電容器的電容，下列說法正確的是()A．電容器所帶的電荷越多，電容就越大B．電容器兩極板間電壓越高，電容就越小C．不給電容器充電，則電容器的電容是零D．電容是表征電容器容納電荷本事的物理量，與是否帶電無關(guān)【答案】D【解析】電容器的電容是由電容器本身的性質(zhì)確定的，與電容器所帶的電荷量及電容器兩極板間電壓無關(guān)，故A、B錯(cuò)誤，D正確；電容器的電容是定值，未充電時(shí)，電容保持不變，不為零，故C錯(cuò)誤．4．如圖所示，閉合開關(guān)，電源對(duì)電容器充電．充電結(jié)束后，斷開開關(guān)，用絕緣手柄增大電容器兩極板之間的距離，則下列說法正確的是()A．充電過程中，有從A到B的電流通過電阻B．?dāng)嚅_開關(guān)后，電容器上極板帶負(fù)電C．充電過程中，有從B到A的電流通過電阻D．?dāng)嚅_開關(guān)后，電容器放電，極板上不再帶電【答案】C【解析】電源對(duì)電容器充電時(shí)，電路中有逆時(shí)針方向的電流，即有從B到A的電流流過電阻，使上、下極板分別帶等量的正、負(fù)電荷，C正確，A錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，電容器與電源斷開，回路處在開路狀態(tài)，所以電容器帶電量不變，故電容器上極板仍帶正電，B、D錯(cuò)誤．5．如圖所示為某勻強(qiáng)電場的等勢(shì)面分布圖，每兩個(gè)相鄰等勢(shì)面相距2cm，則電場強(qiáng)度E的大小和方向分別為()A．E＝100V/m，豎直向下 B．E＝100V/m，水平向左C．E＝100V/m，豎直向上 D．E＝200V/m，水平向右【答案】B【解析】電場線與等勢(shì)面垂直，且從高電勢(shì)指向低電勢(shì)，電場強(qiáng)度的方向水平向左，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10－2)V/m＝100V/m，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．6．如圖所示，邊長為l的虛線正方形ABCD位于足夠大的勻強(qiáng)電場中，對(duì)角線AC和BD相交于O點(diǎn)，正方形所在平面與電場方向平行．帶正電粒子只在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)的速度方向如圖所示，經(jīng)過C、A兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等．已知C點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，且電勢(shì)差為U，下列說法正確的是()A．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為eq\f(U,l)B．粒子由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，電勢(shì)能始終不變C．C、A兩點(diǎn)電勢(shì)相等D．粒子在電場中可能從C點(diǎn)沿直線經(jīng)O點(diǎn)最終運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)【答案】C【解析】因?yàn)閹щ娏Ｗ釉趧驈?qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過C、A兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等，所以CA兩點(diǎn)的連線即為等勢(shì)線，又C點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，則電場線方向由D點(diǎn)指向B點(diǎn)，帶電粒子所受的電場力方向也由D點(diǎn)指向B點(diǎn)，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(U,lsin45°)＝eq\f(\r(2)U,l)，故A錯(cuò)誤；速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°，電場力對(duì)粒子先做負(fù)功后做正功，所以電勢(shì)能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；帶電粒子僅在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，由于粒子在C、A兩點(diǎn)時(shí)速度大小相等，即動(dòng)能相等，則電勢(shì)能也相等，依據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)可知C、A兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故C正確；粒子在勻強(qiáng)電場中受到的是恒定的電場力，由題意可知，速度方向與電場力方向不在同始終線上，所以不行能做直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．7．如圖所示，空間四面體abcd，其中ab、bc、bd三條邊兩兩垂直，ab＝bc＝L，bd＝eq\f(\r(2),2)L，四面體處于空間勻強(qiáng)電場中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從a移到d時(shí)電場力做的功為零，從c移到d時(shí)電場力做的功也為零，從b移到d時(shí)克服電場力做的功為W，則下列說法正確的是()A．帶電粒子從a移到c時(shí)電場力做的功不肯定為零B．電場線垂直于acC．電場強(qiáng)度的大小為eq\f(W,qL)D．b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Ubc＝eq\f(W,q)【答案】B【解析】由題意可知，電荷量為＋q的粒子從a移到d時(shí)電場力做的功為零，從c移到d時(shí)電場力做的功也為零，可知a、c、d三點(diǎn)的電勢(shì)相等，即φa＝φc＝φd，所以帶電粒子從a移到c時(shí)電場力做的功肯定為零，A錯(cuò)誤；依據(jù)電場線與等勢(shì)面相互垂直可知，電場線垂直于ac，B正確；由于電勢(shì)差Udb＝－Ubd＝eq\f(W,q)，由幾何關(guān)系可知b點(diǎn)到平面acd的距離為eq\f(1,2)L，則電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(Udb,\f(1,2)L)＝eq\f(2W,qL)，C錯(cuò)誤；b、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Ubc＝Ubd＝－eq\f(W,q)，D錯(cuò)誤．8．如圖所示，空間的虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間的距離為0.5cm，其中BB′為零勢(shì)面．一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為q的粒子沿AA′方向以初動(dòng)能Ek從圖中的P點(diǎn)進(jìn)入電場，剛好從C′點(diǎn)離開電場．已知PA′＝2cm，粒子的重力忽視不計(jì)，下列說法中正確的是()A．該粒子通過零勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能是1.25EkB．該粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能是1.5EkC．該粒子到達(dá)C′點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是2EkD．該粒子到達(dá)C′點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能是0.5Ek【答案】C【解析】P到C′過程中PA′＝v0t，A′C′＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2＝eq\f(vy,2)t，得vy＝v0，又Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，EkC＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝2Ek，得電場力做功W＝EkC－Ek＝Ek，所以粒子通過等勢(shì)面BB′時(shí)電場力做功為eq\f(Ek,2)，依據(jù)動(dòng)能定理知，粒子通過等勢(shì)面BB′時(shí)的動(dòng)能是1.5Ek，即粒子通過零勢(shì)面時(shí)的動(dòng)能為1.5Ek，故A錯(cuò)誤，C正確；電場力做功等于電勢(shì)能的減小量，粒子通過等勢(shì)面BB′時(shí)電勢(shì)能減小eq\f(Ek,2)，BB′為零勢(shì)面，所以粒子在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能是0.5Ek，故B錯(cuò)誤；P到C′過程中電場力做功為Ek，電勢(shì)能減小Ek，所以粒子到達(dá)C′點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能是－0.5Ek，故D錯(cuò)誤．9．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝1.0×104N/C．半徑R＝2.0m的光滑絕緣細(xì)圓環(huán)形軌道豎直放置且固定，有一質(zhì)量m＝0.4kg、電荷量q＝＋3.0×10－4C的帶孔小球穿過細(xì)圓環(huán)形軌道靜止在位置A，現(xiàn)對(duì)小球沿切線方向作用一瞬時(shí)速度vA，使小球恰好能在光滑絕緣細(xì)圓環(huán)形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，取圓環(huán)的最低點(diǎn)為重力勢(shì)能和電勢(shì)能的零勢(shì)能點(diǎn)．已知BC是圓環(huán)形軌道的一條水平直徑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．在位置A靜止時(shí)圓環(huán)對(duì)小球的彈力大小為5NB．瞬時(shí)速度vA的大小為5eq\r(5)m/sC．瞬時(shí)速度vA的大小為10m/sD．小球通過B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小【答案】ACD【解析】小球在A點(diǎn)受力平衡，依據(jù)共點(diǎn)力平衡得，彈力N＝F合＝eq\r(（mg）2＋（Eq）2)＝5N，故A正確；設(shè)電場力和重力的合力方向與豎直方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，小球恰好能在光滑絕緣細(xì)圓環(huán)形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，則在等效最高點(diǎn)，速度為零，由動(dòng)能定理得－F合·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)解得vA＝10m/s，故B錯(cuò)誤，C正確；從A到B的過程中，電場力所做的負(fù)功最多，則機(jī)械能損失最多，可知小球通過B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小，故D正確．10．如圖甲所示，空間內(nèi)存在方向豎直向下、場強(qiáng)E＝2×105V/m的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量m＝1.5×10－8kg、電荷量q＝＋3×10－10C的帶電粒子從空間的P點(diǎn)以初速度v0水平射出．設(shè)粒子射出時(shí)為初始時(shí)刻，之后某時(shí)刻，帶電粒子的速度與水平方向的夾角為θ，則tanθ與時(shí)間t的關(guān)系圖像如下頁圖乙所示，粒子的重力忽視不計(jì)．(1)求粒子的初速度v0的大?。?2)若粒子運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過圖中Q點(diǎn)，且PQ連線與水平方向的夾角α＝45°，求P、Q兩點(diǎn)間的距離．【答案】(1)40m/s(2)eq\f(4\r(2),5)m【解析】(1)粒子僅在電場力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上，依據(jù)牛頓其次定律有Eq＝ma，豎直方向的速度vy＝at，水平方向的速度vx＝v0，依據(jù)題意可知tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(Eqt,mv0)，依據(jù)圖乙可得tanθ＝100t，解得v0＝40m/s．(2)依據(jù)題意可知，水平位移x＝v0t，豎直位移y＝eq\f(1,2)at2，設(shè)位移偏角為α，則tanα＝eq\f(y,x)，代入數(shù)據(jù)得出運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝2×10－2s．依據(jù)幾何關(guān)系得出PQ＝eq\r(2)x，聯(lián)立解得PQ＝eq\f(4\r(2),5)m．11．利用電場來加速和限制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，在現(xiàn)代科學(xué)試驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用．如圖所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，S1、S2為板上正對(duì)的小孔，M、N兩板間所加電壓為U0＝182V．金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，并關(guān)于小孔S1、S2所在直線對(duì)稱，P、Q兩板間加有恒定的偏轉(zhuǎn)電壓U＝91V，P、Q金屬板長L＝4.8m、板間距d＝3.2m，兩板間的偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場．現(xiàn)使一電子從S1處靜止進(jìn)入加速電場，最終從P、Q兩金屬板右側(cè)射出．已知電子質(zhì)量m＝0.91×10－30kg，電荷量e＝1.6×10－19C，兩極板間電場的邊緣效應(yīng)及電子所受的重力均可忽視不計(jì)．求：(1)電子加速后到達(dá)S2時(shí)的速度v0的大小；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿偏轉(zhuǎn)電場方向偏移的距離y的大小；(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度v的大小．(結(jié)果可以根號(hào)表示)【答案】(1)8×106m/s(2)0.9m(3)eq\r(73)×106m/s【解析】(1)依據(jù)動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝8×106m/s．(2)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，豎直方向向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有L＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝0.9m．(3)由動(dòng)能定理得qU0＋eq\f(qU,d)y＝eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得v＝eq\r(73)×106m/s．12．如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽視不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時(shí)的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力．(1)求電子穿過A板時(shí)速度的大?。?2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏移量y；(3)若MN極板的右側(cè)到熒光屏的距離為L，求電子打到熒光屏上的偏移量Y．【答案】(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4U1d)(3)eq\f(3U2L2,4U1d)【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))．(2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t＝eq\f(L,v0)，eE＝ma，E＝eq\f(U2,d)，y＝eq\f(1,2)at2，解得偏移量y＝eq\f(U2L2,4U1d)．(3)由tanθ＝eq\f(y,\f(L,2))＝eq\f(Y,\f(3L,2))，將y＝eq\f(U2L2,4U1d)代入得Y＝3y＝eq\f(3U2L2,4U1d)．13．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，BC段水平光滑，CD段是半徑為r＝0.1m的光滑半圓，各段軌道均平滑連接．AB段軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為E0＝eq\f(4mg,5q)、方向垂直于傾斜軌道向下的勻強(qiáng)電場，BB′是電場邊界(垂直于傾斜軌道)．一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小物塊(視為點(diǎn)電荷)在傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放．已知A、B之間的距離為L＝1m，傾斜軌道與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，設(shè)小物塊電荷量保持不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．(1)求小物塊運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的速度大?。?2)若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E大小可以改變，為使小物塊通過圓軌道最高點(diǎn)，求E的最大值(結(jié)果用E0表示)．【答案】(1)2m/s(2)eq\f(3,4)E0【解析】(1)小物塊在AB間的受力分析如圖所示．由動(dòng)能定理可得mgLsin37°－μ(mgcos37°＋qE)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝2m/s．(2)小物塊恰好能過D點(diǎn)時(shí)，電場強(qiáng)度最大，依據(jù)牛頓其次定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)，小物塊由A運(yùn)動(dòng)到D，依據(jù)動(dòng)能定理有mg(Lsin37°－2r)－μ(mgcos37°＋qE)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，聯(lián)立解得E＝eq\f(3mg,5q)＝eq\f(3,4)E0．14．如圖所示，質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小滑塊以大小為v0的初速度從A點(diǎn)進(jìn)入寬度為d的AB絕緣水平面．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)至中點(diǎn)C時(shí)，速度大小為vC＝eq\f(\r(3),2)v0，從今刻起在AB區(qū)域內(nèi)加上一個(gè)水