1、课时作业(三十四)一、选择题1.(2018广州二模)a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是()A比荷B入射速度C入射动能 D入射动量答案A解析A项，a、b两离子竖直方向分位移相等，故：yt2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A项正确；B项，水平方向位移关系时xaxb，水平分运动时匀速直线运动，时间相等，故vavb，故B项错误；C项，a、b两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能和动量大小关系，故C、D两项错误2.(2017江苏)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P
2、点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点答案A解析设A、B板间的电势差为U1，B、C间电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1qU2qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度：E不变，所以电子还是运动到P点速度减小到零，然后返回，故A项正确；B、C、D三项错误3.(2018濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t在电场中某点相遇则以
3、下说法中正确的是()A若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tB若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tC若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tD若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t答案A解析两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小相关，当两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t，故A项正确，B、C、D三项错误4.(2018信阳二模)(多选)有重力可忽略不计的三个带正电的粒子A、B、C，先后沿如图所示的虚线OO方向从左侧中点水平进入平行板
4、电容器中，并最终都能击中MN板已知三个粒子质量之比mAmBmC112，三个粒子带电量之比为qAqBqC121，关于三个粒子击中MN板的位置，下列说法正确的是()A若A、B、C以相同的速度进入电容器，则最终A、B、C击中MN板上同一点B若A、B、C以相同的动量进入电容器，则最终B、C击中MN板上同一点C若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、C击中MN板上同一点D若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、B击中MN板上同一点答案BC解析粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向：hat2水平方向匀速直线运动：Lv0t联立得hA项，根据公式可知速度相同，比荷不同，则h不同，不可能击中同一个位置，
5、故A项错误；B项，h，p相同，mq相同，则h同，mAmBmC112：，三个粒子带电量之比为qAqBqC121知BC的mq相同，故B项正确；C、D两项，h，动能相同，如q相同，则h相同，故A、C击中相同位置，故C项正确，D项错误5.(2018甘肃模拟)(多选)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平由此可知()A从B到C，小球的动能减小B从B到C，小球的电势能减小C从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等答案AD解析A项，从B到C，可知竖直分速度减小
6、，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根据动能定理知，合力做负功，动能减小，故A项正确B项，从B到C的过程中，合力向上，则电场力方向向上，电场力做负功，小球电势能增加，故B项错误C项，从A到B做平抛运动，竖直方向上分速度由0增加到vy，进入电场后，由vy减小为零，可知A到B和B到C小球的速度变化量大小相等，由于加速度大小不一定相同，则运动时间不一定相等，故C项错误，D项正确6.(2018宿州三模)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60，N点为轨迹的最高点，不计重力则M、N
7、两点间的电势差为()A. BC D.答案B解析粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：vNvMv0cos60v0，对从M到N过程，根据动能定理，有：qUMNmvN2mvM2，解得：UMN，故A、C、D三项错误，B项正确7.如图所示，一带电粒子(重力不计)以初动能Ek垂直电场线穿过以虚线为边界的匀强电场区域，粒子离开电场时的动能为5Ek；若将粒子的初动能增加到4Ek，粒子离开电场时的动能可能为()A.Ek B5EkC7Ek DEk答案B解析设粒子的初动能增加前在电场中的运动时间为t，离开电场时竖直方向上的分速度为：vyat，则：Ekmvy25Ek，得：mvy24Ek，则若将粒子的初动能增加到4
8、Ek即初速度变为原来的2倍，而电场的宽度不变，所以运动时间为t，故离开电场时竖直方向上的分速度为：vyatvy，则有：4Ekm(vy)2Ek，解得：Ek5Ek.8.如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()A保持U2和平行板间距不变，减小U1B保持U1和平行板间距不变，增大U2C保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板答案D解析粒子在电场中加速U1qmv02，在偏转电场中xv0
9、t，yt2，解得x2：开始时xL，若要使x增大为L，保持U2和平行板间距不变，减小U1则x会减小，A项错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，B项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，C项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则x变大，故D项正确，故选D项9示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX为水平偏转电极，YY为竖直偏转电极以下说法正确的是()AXX加图3波形电压、YY不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点BXX加图2波形电压、YY加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线CXX加图4波形电压、YY加
10、图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线DXX加图4波形电压、YY加图3波形电压，屏上将出现图1所示图线答案A解析A项，XX加图3波形电压、YY不加信号电压，左右周期性的打在屏上，所以出现屏上在两个位置出现亮点，故A项正确；B项，XX加图2波形电压、YY加图1波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，故B项错误；C项，XX加图4波形电压、YY加图2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，故C项错误；D项，XX加图4波形电压、YY加图3波形电压，屏上将出现两条水平亮线，故D项错误10(2018广东模拟)如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于PQ的匀强电场，一质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C
11、的带正电粒子(重力不计)从a点以v11104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v22104 m/s，已知MP20 cm、MN80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像正确的是()答案D解析A项，匀强电场中场强处处相同，则知Ex图像是平行于x轴的直线，故A项错误B项，x的斜率等于场强E，粒子从a点运动到b点的过程中，电势降低，则知x图像是向下倾斜的直线，故B项错误C项，根据动能定理得：qEx
12、mv2mv02，得：v，可知vx图像是曲线，故C项错误D项，取a点电势为零，粒子从a点运动到b点的过程中，动能的增加量为Ekmv22mv12，解得Ek3103 J，电势能减少量为EpEk3103 J，所以粒子到达b点时的电势能为3103 J.竖直方向有MPv1t，水平方向有xt，联立解得x17.32 cm根据电场力做功多少电势能减少多少，可得，EpqEx，因此，Epx图像是位于第四象限过原点的向下倾斜的直线，故D项正确11.(2018唐山模拟)(多选)水平面上的三点A、O、B在一条直线上，OB2OA，OO是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1，其右边区域内有水平向左的
13、匀强电场，场强大小为E2，现将一带电小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A小球落在B点时的速度大小等于v0B左右两区域电场强度大小的比值为E1E212C小球经过分界线时离水平面的高度为D小球在B点的电势能大于在A点的电势能答案AC解析A项，小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等；根据B点速度竖直向下可得：小球落在B点时的速度大小等于v0，故A项正确；B项，小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动；故在OO左侧做加速度a1的匀加
14、速运动，在右侧做加速度a2的匀减速运动；设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2；则有：t1t2，a1t1a2t2；又有OB2OA，所以，a2t222a1t12；所以，t22t1，E1E2a1a2t2t121；故B项错误；C项，小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为hv0t1gt12，故C项正确；D项，根据E1E221，OB2OA，由UEd可得：A、B两点电势相等，故电势能相等，故D项错误12(2018浙江模拟)现有两极板M()、N()，板长80 cm，板间距20 cm，在两板间加一周期性的直流电压，如图所示现有一粒子(正电，104 C/kg)0时刻从上极板左侧边缘水
15、平射入两极板间，v2103 m/s，重力不计，则正确的是()A粒子的运动轨迹为抛物线B经t0.8104 s，粒子速度为0.8103 m/sC粒子能从两板间射出D若粒子要从两板间射出，两板间距至少为10 cm答案D解析A项，因为粒子只受电场力的作用，并且该电场力是周期性的变化的力，不是一个恒力，所以粒子的运动不是类平抛运动，轨迹不为抛物线故A项错误；B项，粒子的加速度a m/s2107 m/s2，经t0.8104 s，粒子速度为v，代入数据解得v4102 m/s.故B项错误；C项，若粒子能射出，在水平方向做匀速直线运动，则t4104 s，所以竖直位移，y(at12)(at1t1)(at1t1at
16、12)(2at1t1)5at125107(104)2 m0.5 m，大于板间距20 cm，所以粒子将打到下极板N上故C项错误；D项，要使两极板间的距离最短，应该在t1104 s时刻进入电场，这样在竖直方向运动的距离最小，根据位移和速度公式可得：dt2ttt2t2，解得：d10 cm.故D项正确二、非选择题13.(2018山东二模)如图所示，空间内有场强大小为E的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q，质量为m的带负电的粒子，从O点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A、B为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力(1)若OA连线与电场线夹角为60，OAL，求带
17、电粒子从O点到A点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B点时速度方向与水平方向夹角为60，求带电粒子从O点到B点过程中电场力所做的功答案(1)tv0(2)解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据分运动的规律有：Lsin60v0tLcos60at2粒子的加速度为：a联立解得：t，v0(2)设粒子到达B点的速度为v，粒子从O点到B点过程中电场力做功为W，则由合运动与分运动的关系有：v2v0由动能定理有：Wmv2mv02联立解得：Wmv02.14.(2018全国二模)在竖直平面内有与平面平行的匀强电场，一质量为m、带电量为q的小球从竖直平面的坐标原点O处以某一速度抛出，已知小球经y轴上的某
18、点P时速度最小，小球经Q点时速度大小与O点的速度大小相同，且xQd，yQd，如图所示已知重力加速度为g，求：(1)电场强度的最小值；(2)若电场强度为(1)中所求的值，求小球从O点抛出时的初速度的大小和再次经过x轴的坐标答案(1)方向沿OQ方向(2)3d解析(1)由于小球在O、Q两点的速度大小相等，则小球所受重力和电场力的合力F的方向应与OQ垂直，合力与y轴负方向的夹角为45当电场力与合力垂直时，电场强度最小，有qEmgcos45，解得E，方向沿OQ方向(2)当E取最小值时，合力F，小球运动过程中的加速度为ag方向与y轴负方向成45角由于小球在P点速度最小，则P点在OQ的中垂线上，易得P点坐标为(0，d)在P点，小球速度方向应沿OQ方向，设P点的速度为v，得：vtOQd，at2PMd解得v，在O点的速度v0应有：v0解得v0设小球运动轨迹与x轴交点为R，小球从P到R做类平抛运动，设PM交x轴为N，RS与PS垂直，有SRvttPSat2gt2PSPNNSdRS解得t2，RSd所以ORONNRd2d3d.
