高中物理人教版 (2019)必修 第三册第九章 静电场及其应用3 电场 电场强度精品精练

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一、单选题1.如图，四个质量均为m、带电荷量均为+q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（mg>qE），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td  ， 不计空气阻力，则（   ）  A. tb<ta=td<tc                    B. tb=tc<ta=td                    C. ta=td<tb<tc                    D. tb<ta<tc<td【答案】 A   【解析】令抛出点高度为h，则a小球做平抛运动，落地时间 b小球受到竖直向下的电场力，方向与重力方向相同，小球在竖直方向做加速度为 的匀加速运动，水平方向做匀速直线运动，故小球落地时间为 同理c小球做类平抛运动落地时间 d小球受到水平向右的电场力作用，故在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向只受重力作用，做自由落体运动，故有d小球落地时间 综上所述有四个小球落地时间满足 故答案为：A。2.如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0  ， 由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是（   ）  A. 电场力大小为
B. 小球所受的合外力大小为
C. 小球由O点到P点用时
D. 小球通过P点时的动能为 【答案】 C   【解析】C．设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向Lcos 60°＝ v0t 竖直方向Lsin 60°＝ gt2解得t＝ C符合题意；AB．水平方向F1=ma= 小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力大小大于 ，AB不符合题意；D．小球通过P点时的速度 则动能 选项D不符合题意；故答案为：C。3.如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有（   ） 
A. 粒子带负电                                                         B. 粒子做匀速圆周运动
C. 粒子电势能减小                                                  D. 若增大电场强度，粒子通过电场的时间变大【答案】 C   【解析】AB．粒子垂直电场进入，只受恒定的电场力作用，则做类平抛运动，电场力竖直向下，知粒子带正电，AB不符合题意； C．从P到Q，电场力做正功，电势能减小，C符合题意；D．粒子在水平方向上做匀速直线运动，初速度不变，穿越电场的时间不变，仅增大电场强度，通过电场的时间不变，D不符合题意。故答案为：C。4.如图所示，一带正电的粒子以初速度v进入范围足够大的匀强电场E中，初速度方向与电场方向平行，粒子不计重力。下列说法正确的是（   ）  A. 粒子一直做匀加速直线运动
B. 粒子一直做匀减速直线运动
C. 粒子先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动
D. 粒子先做匀加速直线运动，再反向做匀减速直线运动【答案】 A   【解析】因为粒子带正电，受到的电场力方向与初速度方向相同，而且电场力是恒力，粒子的加速度恒定，所以粒子一直做匀加速直线运动，A符合题意，BCD不符合题意。 故答案为：A。5.如图所示，质子 和α粒子 ）以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为（    ）  A.                                       B.                                       C.                                       D. 【答案】 B   【解析】水平方向：x=v0t 竖直方向： 而 初动能： ，联立可得： 可知y与q成正比，两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为1:2，B符合题意，ACD不符合题意。故答案为：B6.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由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，A、B、C三点在同一直线上，且 ，如图所示。由此可知（   ）  A. 小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒           B. 电场力大小为2mg
C. 小球从A到B与从B到C的运动时间之比为    D. 小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为 【答案】 D   【解析】A． A到B到C，整个运动过程中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，A不符合题意； B．在电场中根据牛顿第二定律得 解得 B不符合题意。C．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2  ， 竖直分位移分别为y1和y2  ， 经历的时间为分别为t1和t2。在电场中的加速度为a。则：从A到B过程小球做平抛运动，则有 从B到C过程，有 由题意得 则得 即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，C不符合题意；D．由 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有 根据几何知识有：y1：y2=x1：x2解得 因此，小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为 ，D符合题意；故答案为：D。二、填空题7.图示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，当在XX'电极上加上恒定的电压Uxx’=2V，同时在YY'电极上加上恒定的电压Uyy’=-1V时，荧光屏上光点的坐标为（4，-1）。则当Uxx'=-1V，UYY’=2.5V时，荧光屏上光点的坐标为________。  【答案】 （-2，2.5）   【解析】示波管的工作原理为，电子先在加速电场U0中加速，后在偏转电场U中做类平抛运动，最后打在荧光屏上，设偏转电场的极板长度为L，偏转电场的极板距离为d，荧光屏到极板的距离为x，出偏转电场时偏转距离为y，在荧光屏上的偏转距离为Y 由三角形相似得 解得 在水平方向上 解得 在竖直方向上 解得 荧光屏上光点的坐标为（-2，2.5）8.如图，A、B两板间加速电压为U1  ， C、D两板间偏转电压为U2. 一个静止的α粒子(   )自A板由静止相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离一半，则它的出射速度的大小为________。  【答案】    【解析】根据动能定理得， 其中q=2e，解得 9.如图所示，真空中有一电子束，以初速度v0沿着垂直场强方向从O点进入电场，以O点为坐标原点，沿x轴取OA＝AB＝BC，再自A、B、C作y轴的平行线与电子径迹分别交于M、N、P点，则AM:BN:CP＝________，电子流经M、N、P三点时沿x轴的分速度之比为________．  【答案】 1:4:9；1:1:1   【解析】电子在水平方向上做匀速直线运动，所以经历相同的位移所用的时间相同，OA，AB，BC所用时间为t，电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故根据 可得 ，故解得AM:BN:CP=1:4:9，因为在水平方向上匀速直线运动，速度不变，故水平分速度之比为1：1：1．三、解答题10.如图所示，在xOy平面的第一象限内放置平行金属网，OA与y轴重合，边缘落在坐标原点，两网正对，长度和间距均为L，AO和BC间的电势差恒为U0（U0>0）；第二象限内正对放置平行金属板MN和PQ，板长和板间距离也均为L，PQ与x轴重合，边缘P点坐标为（- ，0），PQ与MN间电势差也为U0电子可以自OA和BC间任意位置由静止出发，设电子通过金属网时不与网发生碰撞，不考虑平行板电容器的边缘电场，不计电子所受重力。若电子自（L， ）出发，求电子到达x轴的位置坐标。  【答案】 解：电子经平行金属网BC、OA间电场加速后，速度为v0  ， 则由动能定理有     此后电子在MN、PQ的电场间做类平拋运动，设运动时间为t1  ， 则 ， ， 由上式整理得 ， 电子在此后的运动为匀速直线运动水平方向 竖直方向 整理得 x总 = -(x + L + ) = -2L所以电子到达x轴的坐标为（-2L，0）。【解析】电子在平行金属网中做加速运动，利用动能定理可以求出进入偏转电场的速度大小；电子在偏转电场中做类平抛运动，利用位移公式可以求出离开电场时的偏移量及速度的大小；结合粒子离开电场后做匀速直线运动；利用位移公式可以求出电子到达x轴的坐标。11.如图所示，水平正对放置的平行板电容器的极板长 ，两极板间的距离 ，上极板接地。当两极板不带电时，有大量相同带电微粒依次以大小 的速度从两极板左端中央位置平行极板射入，微粒落到极板上后，其所带电荷量全部被极板吸收。已知每个微粒的质量 ，电荷量 ，电容器的电容 ，取 。求能落到下极板上的微粒的最大数目。  【答案】 解：若微粒恰好落到下极板的右端，则有     由牛顿第二定律有 两极板间的电压为 解得 即能落到下极板上的微粒的最大数目为 个。【解析】粒子做类平抛运动，结合运动学公式和牛顿第二定律求解电场强度，结合公式Q=CU求解电容器的电荷量，除以微粒电量即为微粒个数。12.一根很长、很细的圆柱形的电子束由速度为v的匀速运动的低速电子组成，电子在电子束中均匀分布，沿电子束轴线每单位长度包含n个电子，每个电子的电荷量为﹣e（e＞0），质量为m。该电子束从远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器，其前端（即图中的右端）于t＝0时刻刚好到达电容器的左极板．电容器的两个极板上各开一个小孔，使电子束可以不受阻碍地穿过电容器．两极板A、B之间加上了如图所示的周期性变化的电压VAB（VAB＝VA﹣VB  ， 图中只画出了一个周期的图线），电压的最大值和最小值分别为V0和﹣V0  ， 周期为T。若以τ表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔，则电压处于最小值的时间间隔为T﹣τ。已知τ的值恰好使在VAB变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所有的电子，能在某一时刻tb形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小，电子穿过电容器所需要的时间可以忽略，且mv ＝6eV0  ， 不计电子之间的相互作用及重力作用。求：满足题给条件的τ和tb的值？  【答案】 解：当电子通过电容的过程中，电子的动能发生变化；由于电容器所加的是周期变化的电压，所以，电子的动能变化也不相同；当A、B间加正向电压时，电子在电容器中做减速运动，设电子通过电容器后的速度为 ；当A、B间加上反向电压时，电子在电容器中做加速运动，设电子通过电容器后的速度为 ，由动能定理，有     又 即 解以上几式得到 依题意知道，在第一周内通过电容器的所有电子能够在某个时刻形成均匀分布的一段电子束，说明第一周期内通过电容器的两端电子束的长度相同，即 解得 若在 时刻形成均匀分布的一段电子束，即为两段电子束刚好重叠，固有 解得 【解析】根据动能定理，可以求出经正向电压减速，和经反向电压加速时的速度，即
， 结合题里已知条件，可算出 ，
因为第一周 电子能够在某个时刻形成均匀分布的一段电子束 ，所以 两端电子束的长度相同 即
，又由于在   时刻形成均匀分布的一段电子束 ，应为 两段电子束重叠 ， ，所以 。