【名師一號】2020-2021學(xué)年新課標(biāo)版物理選修3-1-第一章靜電場雙基限時練9

雙基限時練(九)帶電粒子在電場中的運(yùn)動1．如圖所示，兩板間距為d的平行板電容器與一電源連接，開關(guān)S閉合，電容器兩板間有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的微粒靜止不動，下列說法中正確的是()A．微粒帶的是正電B．電源電壓的大小等于eq\f(mgd,q)C．?dāng)嚅_開關(guān)S，微粒將向下做加速運(yùn)動D．保持開關(guān)S閉合，把電容器兩極板距離增大，微粒將向下做加速運(yùn)動解析由題意可知，電場豎直向上，帶電微粒受到重力、電場力作用處于平衡狀態(tài)，電場力豎直向上，微粒帶正電，A選項(xiàng)正確；電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)，由E＝eq\f(U,d)，可知U＝eq\f(mgd,q)，B選項(xiàng)正確；斷開開關(guān)，微粒受力不變?nèi)蕴幱谄胶鉅顟B(tài)，故C選項(xiàng)錯誤；保持開關(guān)閉合，增大板間距離，電場力減小，微粒向下加速運(yùn)動，D選項(xiàng)正確．答案ABD2．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C.eq\f(1,2)倍 D.eq\f(1,4)倍解析電子經(jīng)過電場所用的時間t＝eq\f(L,v0)，當(dāng)入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則t′＝eq\f(t,2)，電子在電場中做類平拋運(yùn)動，側(cè)移量d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qUL2,dmv\o\al(2,0))，可得d2＝eq\f(qUL2,2mv\o\al(2,0))，同理d′2＝eq\f(qUL2,2m2v02)，d′＝eq\f(d,2)，故C選項(xiàng)正確．答案C3．如圖所示，在真空中離子P1、P2以相同速度從O點(diǎn)垂直場強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后打在極板B上的C、D兩點(diǎn)．已知P1電荷量為P2電荷量的3倍．GC＝CD，則P1、P2離子的質(zhì)量之比為()A．3：4 B．4：3C．2：3 D．3：2解析y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2，所以m＝eq\f(qUx2,2ydv\o\al(2,0))，m∝qx2，故m1m2＝q1(x1)2q2(x2)2＝34.答案A4．如圖所示，在A板四周有一電子由靜止開頭向B板運(yùn)動，則關(guān)于電子到達(dá)B板時的速率，下列解釋正確的是()A．兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B．兩板間距越小，加速的時間就越長，則獲得的速率越大C．獲得的速率大小與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D．兩板間距離越小，加速的時間越短，則獲得的速率越小解析由動能定理，可知qU＝eq\f(1,2)mv2，v2＝eq\f(2qU,m)，故C選項(xiàng)正確．答案C5.如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子恰好能達(dá)到N板，假如要使這個帶電粒子到達(dá)M、N板間距的1/2后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A．使初速度減為原來的1/2B．使M、N間電壓加倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的1/2解析由題意可知，帶電粒子在電場中做勻減速運(yùn)動，當(dāng)兩極板電壓為U時，粒子恰好能到達(dá)N極板，由動能定理，得－qU＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，要使粒子到達(dá)兩極板中間后返回，設(shè)速度為v1，由動能定理，得－qeq\f(U1,2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立以上兩式得eq\f(U1,2U)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,0))，當(dāng)v1＝eq\f(v0,2)時，U1＝eq\f(U,2)，故選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)D正確；當(dāng)U1＝2U時，v1＝v0，故選項(xiàng)B正確；當(dāng)U1＝4U時，v1＝eq\r(2)v0，故選項(xiàng)C錯誤．答案BD6．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示．假如在熒光屏上P點(diǎn)消滅亮斑，那么示波管中的()A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電解析電子在YY′電場中受電場力向Y極板偏轉(zhuǎn)，故Y極板帶正電，同時電子在XX′電場中向X極板偏轉(zhuǎn)，故X極板帶正電，故選項(xiàng)A、C正確．答案AC7．一個帶正電的油滴從如圖所示的勻強(qiáng)電場上方A點(diǎn)自由下落，油滴落入勻強(qiáng)電場后，能較精確?????地描述油滴運(yùn)動軌跡的是如圖中的()解析油滴做自由落體運(yùn)動一段時間后進(jìn)入電場時，具有向下的速度，受到重力和向右的電場力作用，做曲線運(yùn)動，此時軌跡的切線應(yīng)為速度的方向即豎直向下，而且向右彎曲，故B選項(xiàng)正確．答案B8.帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場E中，如圖所示，經(jīng)過一段時間后，其速度變?yōu)樗椒较?，大小為v0，則肯定有()A．靜電力大小等于重力大小B．粒子運(yùn)動的水平位移大小等于豎直位移大小C．靜電力所做的功肯定等于重力所做的功D．電勢能的削減肯定等于重力勢能的增加解析由題意可知，水平方向與豎直方向加速度大小相等，均為a＝eq\f(v0,t)，平均速度大小也相等，故水平位移和豎直位移大小相等，故A、B選項(xiàng)正確；在運(yùn)動過程中，電場力做正功，重力做負(fù)功，故C選項(xiàng)錯誤；由能量守恒，可知D選項(xiàng)正確．答案ABD9.如圖所示，用細(xì)絲線懸掛帶有正電荷的小球，質(zhì)量為m，處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，在電場力作用下，小球由最低點(diǎn)開頭運(yùn)動，經(jīng)b點(diǎn)后還可以向右搖擺，如用ΔE1表示重力勢能的增量，用ΔE2表示電勢能的增量，用ΔE表示二者和(ΔE＝ΔE1＋ΔE2)，則在小球由a擺到b的過程中，下列關(guān)系式正確的是()A．ΔE1<0，ΔE2<0，ΔE<0B．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE＝0C．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE<0D．ΔE1>0，ΔE2>0，ΔE>0解析小球由a到b的過程，位置上升，重力勢能增加，ΔE1>0，電場力做正功，電勢能減?。2<0，動能、重力勢能、電勢能三種形式的能相互轉(zhuǎn)化，動能由零增加到某一值，所以重力勢能和電勢能的和必削減，故ΔE<0，C選項(xiàng)正確．答案C10．如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開頭運(yùn)動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽視，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種狀況下，肯定能使電子的偏移量y變大的是()A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小解析由動能定理，有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①由運(yùn)動學(xué)，有y＝eq\f(qU2l2,2mv\o\al(2,0)d)②由①②，得y＝eq\f(U2l2,4U1d)答案B11．如圖①所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖②所示的交變電壓，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運(yùn)動，時而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3,4)T<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)解析本題考查帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動，意在考查同學(xué)綜合分析問題的力量．兩板間加的是方波電壓，則釋放粒子時，粒子向A板運(yùn)動，說明釋放粒子時UAB為負(fù)，因此A選項(xiàng)錯誤．若t0＝eq\f(T,2)時刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運(yùn)動，始終向A運(yùn)動；若t0＝eq\f(3T,4)時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動，因此eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)時間內(nèi)，粒子的運(yùn)動滿足題意的要求，選項(xiàng)B正確．答案B12．如圖所示，一個電子以4×106m/s的速度沿與電場垂直的方向從A點(diǎn)飛進(jìn)勻強(qiáng)電場，并且從另一端B點(diǎn)沿與場強(qiáng)方向成150°角方向