1、专题七第3讲知识巩固练1(2021届保山质检)如图所示,将电动势为E的电源与电容为C的电容器相连,中间接有一个理想二极管,一个质量为m、电荷量为q的粒子静止在P点,则()A若下板上移,电容器的电容增大,带电粒子将向下加速B若下板上移,电容器的电容减小,带电粒子将向下加速C若下板下移,电容器的电容减小,带电粒子将静止不动D若下板下移,电容器的电容增大,带电粒子将向上加速【答案】C2喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上则微滴在极板间电场中()A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨迹与带电量无关【答案】C
2、3(2020年南平一模)(多选)如图所示,一水平放置的平行板电容器与电源相连开始时开关闭合,一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入,恰好沿中心线通过电容器则下列判断正确的是()A保持开关闭合,将B板竖直向上平移一小段距离,粒子可能打在电容器的A板上B保持开关闭合,将B板竖直向上平移一小段距离,粒子仍能沿原中心线通过电容器C断开开关,将B板竖直向上平移一小段距离,粒子可能打在电容器的A板上D断开开关,将B板竖直向上平移一小段距离,粒子仍能沿原中心线通过电容器【答案】AD【解析】开始时,油滴能沿直线飞过两板,可知油滴受向下的重力和向上的电场力平衡,油滴带负电;若保持开关闭合,将B板竖直向上平
3、移一小段距离,根据E可知,两板间场强变大,粒子受向上的电场力变大,粒子向上偏转,则粒子可能打在电容器的A板上,A正确,B错误;断开开关,则两板带电量不变,根据C、E以及C,得E,则将B板竖直向上平移一小段距离,两板间场强不变,粒子受电场力不变,则粒子仍能沿原中心线通过电容器,C错误,D正确4(2020年荆门调考)(多选)如图甲所示,A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板,板长为L,两板加电压后板间的电场可视为匀强电场现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交变电压,在t0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场,忽略粒子的重力,则下列关于粒子运动状况的表述
4、中正确的是()A粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C只要周期T和电压U0的值满足一定条件,粒子就可沿与板平行的方向飞出D粒子不可能沿与板平行的方向飞出【答案】BC5如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球,P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的()A运行时间tPtQB电势能减少量之比EPEQ21C电荷量之比qPqQ21D动能增加量之比EkPEkQ41【答案】C 【解析】两球在竖直方
5、向上都做自由落体运动,由于下落高度相同,所以运动时间相等,A错误;在水平方向上,两球都做匀加速运动,由xat2可得aPaQ21,则qPqQ21,C正确;电势能的减少量EPEQ(qPExP)(qQExQ)41,B错误;动能增加量(mghEP)(mghEQ)41,D错误6 AB板间存在竖直方向的匀强电场,现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(不计重力),a、b和c的运动轨迹如图所示,其中b和c是从同一点射入的不计空气阻力,则可知粒子运动的全过程()A运动加速度aaabacB飞行时间tbtctaC水平速度vavbvcD电势能的减少量EcEbEa【答案】B【解析】根据牛顿第二定律得微粒的加速度
6、a,据题相同,E相同,所以加速度相同,即aaabac,故A错误;三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动,由yat2得t,由图有ybycya,则得tbtcta,故B正确;三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动,由xv0t得v0,由图知xaxbxc,又tbtcta,则得vavbvc,故C错误;电场力做功为WqEy,由于电荷量关系不能确定,所以不能确定电场力做功的大小,也就不能确定电势能减少量的大小,故D错误7(多选)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔,右极板电势随时间变化的规律如图乙所示,电子原来静止在左极板小孔处,不计电子的重力,下列说法正确的是()A若t0时刻
7、释放电子,则电子始终向右运动,直到打到右极板上B若t0时刻释放电子,则电子可能在两板间振动C若t时刻释放电子,则电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上D若t时刻释放电子,则电子必然打到左极板上【答案】AC综合提升练8(2021年黄山一模)如图所示,匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆,电场方向与圆所在平面平行,圆上有三点A、B、C,其中A与C的连线为直径,A30有两个完全相同的带正电粒子,带电量均为q(q0),以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出,它们分别运动到B、C两点若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB2Ek、EkC3Ek,不计粒子的重力和粒子间的相互作用,则匀强电场的场
8、强大小为()ABCD【答案】D【解析】从A点到B点应用动能定理有qUAB2EkEkEk,从A点到C点应用动能定理有qUAC3EkEk2Ek,所以UAC2UAB,作出等势面和电场线如图所示则从A点到B点应用动能定理有qEdqE|AD|Ek,即qEEk,解得E,D正确,A、B、C错误9(2021年祁阳模拟)(多选)真空中的某装置如图所示,其中平行金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场,M为荧光屏现有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124,电荷量之比为112,则下列判断中正确的是()A三种粒子从B
9、板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为112D偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为124【答案】BC【解析】设AB间的电压为U1,CD间的电压为U2、板长为L、板距为d,CD右边缘离荧光屏的距离为s,从一般情况考虑,在加速电场中有qU1mv2,进入偏转电场做类平抛运动,穿出CD到M的时间t,由于三种粒子的比荷不同,所以三种粒子穿出CD板到M的时间不同,A错误;偏移的距离yat22,偏转角的正切tan ,由以上两式解得y,tan ,由两式可以看出,三种粒子从CD边缘的同一点穿出,且速度方向相同,那么最后打到荧光屏的位置相同,所以B正确;
10、偏转电场对三种粒子所做功WqEyqy,则做功之比等于电量之比为112,C正确,D错误10在xOy直角坐标系中,三个边长都为2 m的正方形如图所示排列,第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E0,在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场,现有一带电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放,其恰好能通过E点(1)求CED区域内的匀强电场的电场强度的大小E1;(2)保持第(1)问中电场强度不变,若在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上述相同的带电粒子,要使所
11、有粒子都经过E点,则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系?(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2E0,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC中某些点由静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系?解:(1)设粒子出第一象限电场时速度为v,在第一象限中加速时,由动能定理得E0qx0mv2,其中x02 m要使粒子过E点,在第二象限电场中偏转时,竖直方向位移为y,水平方向位移为x0,则y2,又x0y2 m,解得E14E0(2)设坐标为(x,y),通过第一象限电场过程中,出电场时速度为v1,在第一象限电场中加速时,由动能定理,得E0qxmv,同上,
12、要使粒子过E点,在第二象限电场中偏转时,竖直方向位移为y,水平方向位移也为y,则y2,解得yx(3)如图所示为其中一条轨迹图,从DE出电场时与DE交于Q,进入CDE电场后,初速度延长线与DE交于G,出电场时速度反向延长线与初速度延长线交于P点,设在第一象限出发点的坐标为(x,y)由图可知,在CED中带电粒子的水平位移为y,设偏转位移为y则y2,而,其中GP,NE2 m,在第一象限加速过程中,有E0qxmv,解得y3x4(m)11如图所示,电场强度大小E的竖直匀强电场中,长为L的绝缘轻绳一端固定在O点,另一端固定一质量为m,带电荷量为q的小球在O点正上方和正下方L处,分别固定一个绝缘挡板A、B,
13、两挡板竖直放置且尺寸较小现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧l处,给它一个竖直向上的初速度v0,此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动,并不时与挡板A、B碰撞,小球与挡板碰撞时不损失机械能,碰后瞬间电场立即反向,大小不变,重力加速度大小为g求:(1)小球与挡板A碰后,能做圆周运动到挡板B,初速度v0的最小值为多大?(2)若小球的初速度为(1)中的最小值,则小球与挡板A、B第一次碰撞前瞬间,轻绳的拉力分别为多大?(3)若小球的初速度为(1)中的最小值,且轻绳承受的最大拉力为50mg,则在轻绳断前,小球与挡板总共碰撞的次数为多少?解:(1)小球与挡板A碰前,由于qEmg,小球将做匀速圆周运
14、动到挡板A小球与挡板A碰后,电场立即反向,小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B,此过程中FqEmg2mg,方向向下,要能做圆周运动,则最高点A处满足qEmgm,解得v0因而小球初速度的最小值为(2)小球第一次与挡板A碰前做匀速圆周运动,有TA1m,解得TA12mg小球第一次与挡板A碰后,将做变速圆周运动到挡板B与挡板B第一次碰撞,在该过程中,根据动能定理,有(qEmg)2lmvmv,小球第一次与挡板B碰前瞬间,由圆周运动的知识,有TB1qEmgm,解得TB112mg(3)小球与挡板B第一次碰后到小球与挡板A第二次碰前,由于qEmg,且方向相反,小球做匀速圆周运动,则小球与挡板A第二次碰
15、前有vA2vB1,因而轻绳的拉力TA2m,联立解得TA210mg小球与挡板A第二次碰后到小球与挡板B第二次碰前的过程,根据动能定理,有(qEmg)2lmvmv,小球与挡板B第二次碰前瞬间,根据圆周运动的知识,有TB2qEmgm,联立解得TB220mg由以上分析,可知小球每次与挡板A、B碰撞前,轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加TTA (n1)TA nTB (n1)TB n8mg,因而小球与挡板B第n次碰前,轻绳的拉力TB nTB1(n1)T4(2n1)mg,如果轻绳断裂,则应有TBn50mg,解得n5.75因而小球与挡板A碰撞6次,与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂,因而小球与挡板碰撞的总次数N6511(次)