第三模塊 第6章 第3單元 一、選擇題1一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是()A勻速直線運動 B勻加速直線運動C勻變速曲線運動 D勻速圓周運動解析：帶電粒子只在電場力作用下可以被加速，可以偏轉(zhuǎn)，(例如沿電場方向進入勻強電場和垂直電場進入勻強電場中)，B、C可能；也可以做勻速圓周運動(例如電子繞原子核的高速旋轉(zhuǎn))，D可能出現(xiàn)；不能做勻速直線運動，A不可能出現(xiàn)答案：A圖132如圖13所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪句是錯誤的(設(shè)電源電動勢為U)()A電子到達B板時的動能是UeB電子從B板到達C板動能變化量為零C電子到達D板時動能是3UeD電子在A板和D板之間做往復(fù)運動解析：電子在AB之間做勻加速運動，且eUEk，A正確；在BC之間做勻速運動，B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，C錯誤，D正確答案：C圖143(2020年天津卷)如圖14所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點，則()A粒子受電場力的方向一定由M指向NB粒子在M點的速度一定比在N點的大C粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D電場中M點的電勢一定高于N點的電勢解析：兩平行金屬板間的電場為勻強電場帶電粒子先向下運動又折回說明粒子先向下做勻減速運動，折回后向上做勻加速運動整個過程具有對稱性，由此可知B項正確答案：B4如圖15所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX、YY電壓為零時，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電壓加速后會打在熒光屏上的正中間(圖示坐標的O點，其中x軸與XX電場的場強方向重合，x軸正方向垂直于紙面指向紙內(nèi)，y軸與YY電場的場強方向重合)若要電子打在圖示坐標的第象限，則()圖15AX、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負極BX、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負極CX、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負極DX、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負極解析：若要電子打在圖示坐標的第象限，電子在x軸上向負方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X接正極，X接負極；電子在y軸上也向負方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y接正極，Y接負極，所以選項D正確答案：D5如圖16所示，兩平行金屬板水平放置并接到電源上，一個帶電微粒P位于兩板間恰好平衡，現(xiàn)用外力將P固定，然后使兩板各繞其中點在豎直平面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)過角，如圖中虛線所示，撤去外力，則P在兩板間()圖16A保持靜止B水平向左做直線運動C向左下方運動D不知角的值無法確定P的運動狀態(tài)解析：設(shè)初狀態(tài)極板間距是d，旋轉(zhuǎn)角度后，極板間距變?yōu)閐cos，所以電場強度E，而且電場強度的方向也旋轉(zhuǎn)了，由受力分析可知，豎直方向仍然平衡，水平方向有電場力的分力，所以微粒水平向左做勻加速直線運動，故B選項正確解決本題的關(guān)鍵是確定新場強與原來場強在大小、方向上的關(guān)系答案：B圖176平行板間有如圖17所示的周期性變化的電壓重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t0時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況在圖17所示的圖象中，能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是()解析：0時間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運動.T時間內(nèi)做加速度恒定的勻減速直線運動，由對稱性可知，在T時速度減為零此后周期性重復(fù)，故A對答案：A7傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖18所示為測定壓力的電容式傳感器，將電容器、零刻度在中間的靈敏電流計和電源串聯(lián)成閉合回路當(dāng)壓力F作用于可動膜片電極上時膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，導(dǎo)致靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)從對膜片施加恒定的壓力開始到膜片穩(wěn)定之后，靈敏電流計指針的偏轉(zhuǎn)情況為(已知電流從電流表正接線柱流入時指針向右偏)()圖18A向左偏到某一刻度后回到零刻度B向右偏到某一刻度后回到零刻度C向右偏到某一刻度后不動D向左偏到某一刻度后不動解析：由題意可知，電容器始終與電源相連，所以兩極板間的電壓U不變，壓力F作用于可動膜片電極上時，兩極板間距離d減小，電容C增大，由C可知，兩極板帶電荷量增加，即對電容器有一短暫的充電過程，又因為上極板帶正電，所以靈敏電流計指針向右偏；當(dāng)壓力使膜片穩(wěn)定后，電容不變，兩極板帶電荷量不變，電流計指針重新回到零刻度處綜上所述，B選項正確答案：B圖198豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進入板間電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖19所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是()A兩電荷的電荷量可能相等B兩電荷在電場中運動的時間相等C兩電荷在電場中運動的加速度相等D兩電荷離開電場時的動能相等解析：帶電粒子在電場中的類平拋運動可分解為沿電場方向的勻加速運動與垂直電場方向的勻速運動兩個分運動，所以兩電荷在電場中的運動時間相等，B對；又因為dat2，a，因為偏轉(zhuǎn)量d不同，故a一定不同，C錯由a，因不知m的關(guān)系，q可能相等，也可能不相等，故A正確當(dāng)q相等時，電荷從進入到離開，電場力做的功不同，由動能定理可知，兩電荷離開電場時的動能不同，D錯答案：AB9(2020年全國卷)圖20中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c點若不計重力，則()圖20AM帶負電荷，N帶正電荷BN在a點的速度與M在c點的速度大小相同CN在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功DM在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零解析：由O點電勢高于C點電勢知，場強方向垂直虛線向下，由兩粒子運動軌跡的彎曲方向知N粒子所受電場力方向向上，M粒子所受電場力方向向下，故M粒子帶正電、N粒子帶負電，A錯誤N粒子從O點運動到a點，電場力做正功M粒子從O點運動到c點電場力也做正功因為UaOUOc，且M、N粒子質(zhì)量相等，電荷的絕對值相等，由動能定理易知B正確因O點電勢低于a點電勢，且N粒子帶負電，故N粒子運動中電勢能減少，電場力做正功，C錯誤O、b兩點位于同一等勢線上，D正確答案：BD10(2020年全國卷)一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升若兩極板間電壓為U，油滴做勻速運動時速度的大小、方向?qū)⑹?)A2v、向下 B2v、向上C3v、向下 D3v、向上解析：當(dāng)不加電場時，油滴勻速下降，即Ffkvmg；當(dāng)兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即F電kvmg，解之得：F電2mg，當(dāng)兩極間電壓為U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當(dāng)勻速運動時，F(xiàn)電mgkv，解之得：v3v，C項正確答案：C二、計算題圖2111如圖21所示，一光滑斜面的直角點A處固定一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的絕緣小球，另一同樣小球置于斜面頂點B處，已知斜面長為L，現(xiàn)把上部小球從B點由靜止自由釋放，球能沿斜面從B點運動到斜面底端C處，求：(1)小球從B處開始運動到斜面中點D處時的速度；(2)小球運動到斜面底端C處時，球?qū)π泵娴膲毫κ嵌啻?？解析：由于小球沿斜面下滑過程中所受電場力為變力，因此不能用功的定義來求解，只能用動能定理求解(1)由題意知：小球運動到D點時，由于ADAB，所以有電勢DB，即UDBDB0則由動能定理得：mgsin30°mv0聯(lián)立解得：vD(2)當(dāng)小球運動至C點時，對球受力分析如圖22所示，則由平衡條件得：圖22FNF庫sin30°mgcos30°由庫侖定律得：F庫聯(lián)立得：FNmg由牛頓第三定律得：FNFNmg.答案：(1)(2)mg圖2312如圖23所示，兩塊長3 cm的平行金屬板AB相距1 cm，并與300 V直流電源的兩極相連接，A<B.如果在兩板正中間有一電子(m9×1031kg，e1.6×1019C)，沿著垂直于電場線方向以2×107m/s的速度飛入，則：(1)電子能否飛離平行金屬板？(2)如果由A到B分布寬1 cm的電子帶通過此電場，能飛離電場的電子數(shù)占總數(shù)的百分之幾？解析：(1)當(dāng)電子沿AB兩板正中央以v02×107m/s的速度飛入電場時，若能飛出電場，則電子在電場中的運動時間為t在沿AB方向上，電子受電場力的作用，在AB方向上的位移為yat2又a由式得y()2××()2m6×103m0.6 cm，而0.5 cm，所以y>，故粒子不能飛出電場(2)從(1)的求解可知，與B板相距為y的電子帶是不能飛出電場的，而能飛出電場的電子帶寬度為xdy(10.6) cm0.4 cm.故能飛出電場的電子數(shù)占總電子數(shù)的百分比為：n×100%×100%40%.答案：(1)不能(2)40%