課時(shí)作業(yè)25[雙基過關(guān)練]1．兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回．如圖所示，eq\x\to(OA)＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)解析：電子受到的靜電力做負(fù)功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝eq\f(U,d)h，Ek＝eq\f(eUh,d)，由此知選項(xiàng)D正確．答案：D2．(2018·遼寧大連5月模擬)某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩相互絕緣的金屬板．當(dāng)對(duì)著話筒說話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)，在P、Q間距增大的過程中()A．P、Q兩板組成電容器的電容增大B．P板的電荷量增加C．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)低D．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)高解析：電容式話筒與電源串聯(lián)，其電壓保持不變．在P、Q間距增大的過程中，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，A錯(cuò)誤；根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器所帶電荷量減少，P板上電荷量減少，電容器放電，放電電流通過R的方向由M到N，則M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，B、C錯(cuò)誤，D正確．答案：D3．(多選)如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成15°角，在豎直平面內(nèi)的直線AB與場(chǎng)強(qiáng)E互相垂直，在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平向右拋出一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球落下一段距離過C點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)其速度大小仍為v0，已知A、B、C三點(diǎn)在同一平面內(nèi)，則在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中()A．小球的機(jī)械能增加B．小球的電勢(shì)能增加C．小球的重力勢(shì)能增加D．C點(diǎn)位于AB直線的右側(cè)解析：由動(dòng)能定理知，動(dòng)能不變，合外力的功為零，重力做正功，電場(chǎng)力必然做負(fù)功，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能增加，故A、C錯(cuò)誤，B正確；電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，AB為等勢(shì)線，所以C點(diǎn)必定在AB右方，D正確．答案：BD4．(2018·黑龍江大慶中學(xué)期末)如圖所示，兩面積較大、正對(duì)著的平行極板A、B水平放置，極板上帶有等量異種電荷．其中A極板用絕緣線懸掛，B極板固定且接地，P點(diǎn)為兩極板的中間位置．下列結(jié)論正確的是()A．若在兩極板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩極板所帶的電荷量會(huì)增大B．A、B兩極板所帶的電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同C．若將A極板豎直向上平移一小段距離，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將增大D．若將A極板豎直向下平移一小段距離，P點(diǎn)的電勢(shì)將減小解析：若在兩極板間加上某種絕緣介質(zhì)，A、B兩極板所帶的電荷量不會(huì)改變，故A錯(cuò)誤；A、B兩極板所帶的電荷量數(shù)量相等，P點(diǎn)到兩極板的距離相等，根據(jù)對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加可知兩極板所帶的電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向都向下，故B正確；根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、電容的定義式C＝eq\f(Q,U)和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝eq\f(U,d)得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由題知Q、S、εr均不變，則移動(dòng)A極板時(shí)，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度將不變，故C錯(cuò)誤；由上分析可知，將A極板豎直向下平移一小段距離時(shí)，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由U＝Ed知，P點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差不變，P點(diǎn)的電勢(shì)保持不變，故D錯(cuò)誤．答案：B5．如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上板的過程中()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tPB．它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ<aPC．它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1：2D．它們的動(dòng)能增量之比ΔEkP：ΔEkQ＝1：2解析：本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝eq\f(x,v)，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；豎直方向，h＝eq\f(1,2)at2，hQ＝2hP，aQ＝2aP，eq\f(EqQ,m)＝2eq\f(EqP,m)，qP：qQ＝1：2，B項(xiàng)錯(cuò)誤、C項(xiàng)正確；動(dòng)能增量ΔEk＝qU，ΔEkP＝qP·eq\f(U,2)，ΔEkQ＝qQU，ΔEkP：ΔEkQ＝1：4，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：C6．(多選)在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的M點(diǎn)，將一帶電小物體以某一初速度豎直向上拋出，經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)只具有水平方向的速度v＝2m/s，從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，克服重力做功2J，電場(chǎng)力做功3J，則下列說法中正確的是()A．電荷為正電荷B．其動(dòng)能和電勢(shì)能之和減少了2JC．mg與qE大小之比為eq\r(6)：3D．MN連線與水平方向的夾角為60°解析：由題意可知，在水平方向電場(chǎng)力對(duì)物體做正功，由于不知電場(chǎng)的方向，則不能確定帶電物體的電性，A錯(cuò)誤；由于只有重力和電場(chǎng)力做功，帶電物體的動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能三者之和為一定值，當(dāng)重力做功為－2J時(shí)，其重力勢(shì)能增大2J，故動(dòng)能和電勢(shì)能之和減少了2J，B正確；設(shè)水平和豎直位移分別為x、y，水平方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，且qEx＝3J，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，有y＝eq\f(1,2)gt2，且mgh＝2J，由以上幾式聯(lián)立可得eq\f(mg,qE)＝eq\f(\r(6),3)，tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\r(6),3)，因此C正確、D錯(cuò)誤．答案：BC7．如圖所示，在絕緣水平面上，有相距為L(zhǎng)的A、B兩點(diǎn)，分別固定著兩個(gè)帶電荷量均為Q的正電荷．O為AB連線的中點(diǎn)，a、b是AB連線上兩點(diǎn)，其中Aa＝Bb＝eq\f(L,4).一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能Ek0從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2Ek0，第一次到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，已知靜電力常量為k.求：(1)小滑塊與水平面間滑動(dòng)摩擦力的大小；(2)小滑塊剛要到達(dá)b點(diǎn)時(shí)加速度的大小和方向；(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s.解析：由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O為AB連線的中點(diǎn)可知a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則a、b之間的電勢(shì)差為Uab＝0.(1)設(shè)小滑塊與水平面間摩擦力的大小為F，滑塊從a→b的過程，由動(dòng)能定理得q·Uab－F·eq\f(L,2)＝0－Ek0.解得F＝eq\f(2Ek0,L).(2)根據(jù)庫侖定律，小滑塊剛要到達(dá)b點(diǎn)時(shí)受到的庫侖力的合力為F′＝eq\f(kQq,L/42)－eq\f(kQq,3L/42)＝eq\f(128kQq,9L2).根據(jù)牛頓第二定律，小滑塊剛要到達(dá)b點(diǎn)時(shí)加速度的大小為a＝eq\f(F′＋F,m)＝eq\f(128kQq,9mL2)＋eq\f(2Ek0,mL)，方向由b指向O(或向左)．(3)設(shè)滑塊從a→O的過程中電場(chǎng)力做功為W，由動(dòng)能定理得W－Feq\f(1,4)L＝2Ek0－Ek0.解得W＝1.5Ek0.對(duì)于小滑塊從a開始運(yùn)動(dòng)到最終在O點(diǎn)停下的整個(gè)過程中，由動(dòng)能定理得W－Fs＝0－Ek0.解得s＝1.25L答案：(1)eq\f(2Ek0,L)(2)eq\f(128kQq,9mL2)＋eq\f(2Ek0,mL)，方向由b指向O(3)1.25L[能力提升練]8．(多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢(shì)能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場(chǎng)力做功為mgd解析：因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故微粒受到的電場(chǎng)力向上，E0q＝mg，由題圖可知在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，兩金屬板間沒有電場(chǎng)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0，在eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，微粒滿足2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，A錯(cuò)誤，B正確．微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，C正確．從射入到射出，由動(dòng)能定理可得eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為eq\f(1,2)mgd，D錯(cuò)誤．選B、C.答案：BC9．如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2kg，帶電荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時(shí)刻開始，空間加上一個(gè)如圖乙所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(chǎng)，(取水平向右為正方向，g取10m/s2(1)15秒末小物塊的速度大小；(2)15秒內(nèi)小物塊的位移大小．解析：(1)0～2s內(nèi)物塊加速度a1＝eq\f(E1q－μmg,m)＝2m/s2位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m2s末的速度為v2＝a1t1＝4m/s2～4s內(nèi)物塊加速度a2＝eq\f(E2q－μmg,m)＝－2m/s2位移x2＝x1＝4m4s末的速度為v4＝0因此小物塊做周期為4s的加速和減速運(yùn)動(dòng)，第14s末的速度也為v14＝4m/s所以第15s末的速度v15＝v14－at＝2m/s，方向向右等同于t＝1s時(shí)(2)15秒內(nèi)小物塊的位移大小，可以看做是上述3個(gè)周期的位移加上x1和第15s內(nèi)的位移，x15＝v14t＋eq\f(1,2)a2t2＝3m所求位移為x＝3(x1＋x2)＋x1＋x15＝31m答案：(1)2m/s方向向右(2)31m10．(2018·山西省重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)考)如圖所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3kg、電荷量為q＝8.0×10－5C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過1、2級(jí)無初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1.0m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U；(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？解析：(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有eq\f(v0,gt1)＝tanθ①eq\f(L,2)cosθ＝v0t1②y－eq\f(L,2)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)③聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得v0＝eq\r(3)m/s，y＝eq\f(17,30)m④帶電小球在多級(jí)加速器加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0⑤代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75V(2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下