《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)34 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)34 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在電場中的運動一、選擇題1.(2018廣州二模)a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場入射，運動軌跡如圖若a、b的偏轉(zhuǎn)時間相同，則a、b一定相同的物理量是()A比荷B入射速度C入射動能 D入射動量答案A解析A項，a、b兩離子豎直方向分位移相等，故：yt2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A項正確；B項，水平方向位移關(guān)系時xaxb，水平分運動時勻速直線運動，時間相等，故vavb，故B項錯誤；C項，a、b兩離子初速度不同，質(zhì)量關(guān)系未知，無法確定初動能和動量大小關(guān)系，故C、D兩項錯誤2.(2017江蘇)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M

2、、P點由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點現(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子()A運動到P點返回B運動到P和P點之間返回C運動到P點返回D穿過P點答案A解析設(shè)A、B板間的電勢差為U1，B、C間電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得：qU1qU2qEd，將C板向右移動，B、C板間的電場強度：E不變，所以電子還是運動到P點速度減小到零，然后返回，故A項正確；B、C、D三項錯誤3.(2018濮陽一模)如圖所示，兩個水平平行放置的帶電極板之間存在勻強電場，兩個相同的帶電粒子從兩側(cè)同一高度同時水平射入電場，經(jīng)過時間t在電場中某點相遇

3、則以下說法中正確的是()A若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tB若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tC若勻強電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tD若勻強電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為t答案A解析兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間只和初速度大小相關(guān)，當(dāng)兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為t，故A項正確，B、C、D三項錯誤4.(2018信陽二模)(多選)有重力可忽略不計的三個帶正電的粒子A、B、C，先后沿如圖所示的虛線OO方向從左側(cè)中點水平進入平

4、行板電容器中，并最終都能擊中MN板已知三個粒子質(zhì)量之比mAmBmC112，三個粒子帶電量之比為qAqBqC121，關(guān)于三個粒子擊中MN板的位置，下列說法正確的是()A若A、B、C以相同的速度進入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點B若A、B、C以相同的動量進入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點C若A、B、C以相同的動能進入電容器，則最終A、C擊中MN板上同一點D若A、B、C以相同的動能進入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點答案BC解析粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向：hat2水平方向勻速直線運動：Lv0t聯(lián)立得hA項，根據(jù)公式可知速度相同，比荷不同，則h不同，不可能擊中同一個位

5、置，故A項錯誤；B項，h，p相同，mq相同，則h同，mAmBmC112：，三個粒子帶電量之比為qAqBqC121知BC的mq相同，故B項正確；C、D兩項，h，動能相同，如q相同，則h相同，故A、C擊中相同位置，故C項正確，D項錯誤5.(2018甘肅模擬)(多選)如圖所示，水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，一帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平由此可知()A從B到C，小球的動能減小B從B到C，小球的電勢能減小C從A到B與從B到C小球的運動時間一定相等D從A到B與從B到C小球的速度變化量大小一定相等答案AD解析A項，從B到C，可知豎直分速度

6、減小，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根據(jù)動能定理知，合力做負功，動能減小，故A項正確B項，從B到C的過程中，合力向上，則電場力方向向上，電場力做負功，小球電勢能增加，故B項錯誤C項，從A到B做平拋運動，豎直方向上分速度由0增加到vy，進入電場后，由vy減小為零，可知A到B和B到C小球的速度變化量大小相等，由于加速度大小不一定相同，則運動時間不一定相等，故C項錯誤，D項正確6.(2018宿州三模)如圖，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強電場中運動，M、N為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在M點的速度大小為v0，方向與水平方向的夾角為60，N點為軌跡的最高點，不計重力則M

7、、N兩點間的電勢差為()A. BC D.答案B解析粒子在最高點速度等于初速度的水平分量，為：vNvMv0cos60v0，對從M到N過程，根據(jù)動能定理，有：qUMNmvN2mvM2，解得：UMN，故A、C、D三項錯誤，B項正確7.如圖所示，一帶電粒子(重力不計)以初動能Ek垂直電場線穿過以虛線為邊界的勻強電場區(qū)域，粒子離開電場時的動能為5Ek；若將粒子的初動能增加到4Ek，粒子離開電場時的動能可能為()A.Ek B5EkC7Ek DEk答案B解析設(shè)粒子的初動能增加前在電場中的運動時間為t，離開電場時豎直方向上的分速度為：vyat，則：Ekmvy25Ek，得：mvy24Ek，則若將粒子的初動能增加

8、到4Ek即初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電場的寬度不變，所以運動時間為t，故離開電場時豎直方向上的分速度為：vyatvy，則有：4Ekm(vy)2Ek，解得：Ek5Ek.8.如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是()A保持U2和平行板間距不變，減小U1B保持U1和平行板間距不變，增大U2C保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板答案D解析粒子在電場中加速U1qmv02，在偏轉(zhuǎn)電場中x

9、v0t，yt2，解得x2：開始時xL，若要使x增大為L，保持U2和平行板間距不變，減小U1則x會減小，A項錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，B項錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，C項錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，則x變大，故D項正確，故選D項9示波器可以用來觀察電信號隨時間變化的情況，其核心部件是示波管，其原理圖如下，XX為水平偏轉(zhuǎn)電極，YY為豎直偏轉(zhuǎn)電極以下說法正確的是()AXX加圖3波形電壓、YY不加信號電壓，屏上在兩個位置出現(xiàn)亮點BXX加圖2波形電壓、YY加圖1波形電壓，屏上將出現(xiàn)兩條豎直亮線CXX加圖4波形電壓、Y

10、Y加圖2波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線DXX加圖4波形電壓、YY加圖3波形電壓，屏上將出現(xiàn)圖1所示圖線答案A解析A項，XX加圖3波形電壓、YY不加信號電壓，左右周期性的打在屏上，所以出現(xiàn)屏上在兩個位置出現(xiàn)亮點，故A項正確；B項，XX加圖2波形電壓、YY加圖1波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線，故B項錯誤；C項，XX加圖4波形電壓、YY加圖2波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條水平亮線，故C項錯誤；D項，XX加圖4波形電壓、YY加圖3波形電壓，屏上將出現(xiàn)兩條水平亮線，故D項錯誤10(2018廣東模擬)如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于PQ的勻強電場，一質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105

11、 C的帶正電粒子(重力不計)從a點以v11104 m/s的初速度垂直于PQ進入電場，最終從MN邊界的b點以與水平邊界MN成30角斜向右上方的方向射出，射出電場時的速度v22104 m/s，已知MP20 cm、MN80 cm，取a點電勢為零，如果以a點為坐標原點O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點運動到b點的過程中，電場的電場強度E、電勢、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是()答案D解析A項，勻強電場中場強處處相同，則知Ex圖像是平行于x軸的直線，故A項錯誤B項，x的斜率等于場強E，粒子從a點運動到b點的過程中，電勢降低，則知x圖像是向下傾斜的直線，故B項錯誤C項，根據(jù)動能定理得：q

12、Exmv2mv02，得：v，可知vx圖像是曲線，故C項錯誤D項，取a點電勢為零，粒子從a點運動到b點的過程中，動能的增加量為Ekmv22mv12，解得Ek3103 J，電勢能減少量為EpEk3103 J，所以粒子到達b點時的電勢能為3103 J.豎直方向有MPv1t，水平方向有xt，聯(lián)立解得x17.32 cm根據(jù)電場力做功多少電勢能減少多少，可得，EpqEx，因此，Epx圖像是位于第四象限過原點的向下傾斜的直線，故D項正確11.(2018唐山模擬)(多選)水平面上的三點A、O、B在一條直線上，OB2OA，OO是豎直的分界線，其左邊區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強電場，場強大小為E1，其右邊區(qū)域內(nèi)有水平向

13、左的勻強電場，場強大小為E2，現(xiàn)將一帶電小球從A點以初速度v0豎直向上拋出，小球在空中越過分界線后，豎直向下落在B點，不計阻力，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A小球落在B點時的速度大小等于v0B左右兩區(qū)域電場強度大小的比值為E1E212C小球經(jīng)過分界線時離水平面的高度為D小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能答案AC解析A項，小球只受重力和電場力作用，故豎直方向做加速度為g的勻變速運動，又有A、B兩點的高度相等，故豎直方向的速度大小相等；根據(jù)B點速度豎直向下可得：小球落在B點時的速度大小等于v0，故A項正確；B項，小球在水平方向只受電場力作用，做勻變速運動；故在OO左側(cè)做加速度a1的

14、勻加速運動，在右側(cè)做加速度a2的勻減速運動；設(shè)在左側(cè)運動時間為t1，在右側(cè)運動時間為t2；則有：t1t2，a1t1a2t2；又有OB2OA，所以，a2t222a1t12；所以，t22t1，E1E2a1a2t2t121；故B項錯誤；C項，小球在豎直方向做豎直上拋運動，故經(jīng)過分界線時離水平面的高度為hv0t1gt12，故C項正確；D項，根據(jù)E1E221，OB2OA，由UEd可得：A、B兩點電勢相等，故電勢能相等，故D項錯誤12(2018浙江模擬)現(xiàn)有兩極板M()、N()，板長80 cm，板間距20 cm，在兩板間加一周期性的直流電壓，如圖所示現(xiàn)有一粒子(正電，104 C/kg)0時刻從上極板左側(cè)邊

15、緣水平射入兩極板間，v2103 m/s，重力不計，則正確的是()A粒子的運動軌跡為拋物線B經(jīng)t0.8104 s，粒子速度為0.8103 m/sC粒子能從兩板間射出D若粒子要從兩板間射出，兩板間距至少為10 cm答案D解析A項，因為粒子只受電場力的作用，并且該電場力是周期性的變化的力，不是一個恒力，所以粒子的運動不是類平拋運動，軌跡不為拋物線故A項錯誤；B項，粒子的加速度a m/s2107 m/s2，經(jīng)t0.8104 s，粒子速度為v，代入數(shù)據(jù)解得v4102 m/s.故B項錯誤；C項，若粒子能射出，在水平方向做勻速直線運動，則t4104 s，所以豎直位移，y(at12)(at1t1)(at1t1

16、at12)(2at1t1)5at125107(104)2 m0.5 m，大于板間距20 cm，所以粒子將打到下極板N上故C項錯誤；D項，要使兩極板間的距離最短，應(yīng)該在t1104 s時刻進入電場，這樣在豎直方向運動的距離最小，根據(jù)位移和速度公式可得：dt2ttt2t2，解得：d10 cm.故D項正確二、非選擇題13.(2018山東二模)如圖所示，空間內(nèi)有場強大小為E的勻強電場，豎直平行直線為勻強電場的電場線(方向未知)，現(xiàn)有一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶負電的粒子，從O點以某一初速度垂直電場方向進入電場，A、B為運動軌跡上的兩點，不計粒子的重力及空氣的阻力(1)若OA連線與電場線夾角為60，OAL，

17、求帶電粒子從O點到A點的運動時間及進電場的初速度；(2)若粒子過B點時速度方向與水平方向夾角為60，求帶電粒子從O點到B點過程中電場力所做的功答案(1)tv0(2)解析(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)分運動的規(guī)律有：Lsin60v0tLcos60at2粒子的加速度為：a聯(lián)立解得：t，v0(2)設(shè)粒子到達B點的速度為v，粒子從O點到B點過程中電場力做功為W，則由合運動與分運動的關(guān)系有：v2v0由動能定理有：Wmv2mv02聯(lián)立解得：Wmv02.14.(2018全國二模)在豎直平面內(nèi)有與平面平行的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從豎直平面的坐標原點O處以某一速度拋出，已知小球經(jīng)y軸上

18、的某點P時速度最小，小球經(jīng)Q點時速度大小與O點的速度大小相同，且xQd，yQd，如圖所示已知重力加速度為g，求：(1)電場強度的最小值；(2)若電場強度為(1)中所求的值，求小球從O點拋出時的初速度的大小和再次經(jīng)過x軸的坐標答案(1)方向沿OQ方向(2)3d解析(1)由于小球在O、Q兩點的速度大小相等，則小球所受重力和電場力的合力F的方向應(yīng)與OQ垂直，合力與y軸負方向的夾角為45當(dāng)電場力與合力垂直時，電場強度最小，有qEmgcos45，解得E，方向沿OQ方向(2)當(dāng)E取最小值時，合力F，小球運動過程中的加速度為ag方向與y軸負方向成45角由于小球在P點速度最小，則P點在OQ的中垂線上，易得P點坐標為(0，d)在P點，小球速度方向應(yīng)沿OQ方向，設(shè)P點的速度為v，得：vtOQd，at2PMd解得v，在O點的速度v0應(yīng)有：v0解得v0設(shè)小球運動軌跡與x軸交點為R，小球從P到R做類平拋運動，設(shè)PM交x軸為N，RS與PS垂直，有SRvttPSat2gt2PSPNNSdRS解得t2，RSd所以O(shè)RONNRd2d3d.10