《2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)七 帶電粒子在電場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)七 帶電粒子在電場中的運動（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)七　帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題 1．(2016年高考·課標全國卷Ⅲ)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負試探電荷時，電場力做負功，選項D錯誤． 答案：B 2．(2019

2、年定州第三次月考)如圖1，勻強電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點．已知G、F、B、D點的電勢分別為8 V、3 V、2 V、4 V，則A點的電勢為(　　) 圖1 A．1 V B．－1 V C．2 V D．3 V 解析：在勻強電場中，由公式U＝Ed知，沿著任意平行且相等的距離電勢差相等，由于GF∥CB，且GF＝CB，則有φG－φF＝φC－φB，代入數(shù)據(jù)解得φC＝φG－φF＋φB＝8 V－3 V＋2 V＝7 V，同理，φA－φB＝φD－φC，解得φA＝φB＋φD－φC＝2 V＋4 V－7 V＝－1 V，故B正確． 答案：B 3．(2018年

3、高考·天津卷)如圖2所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．vM

4、＝知aMvN.綜上所述，選項D正確． 答案：D 4．(2019年菏澤一中質(zhì)檢)如圖3為靜電除塵機原理示意圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)，帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的，圖中虛線為電場線(方向未標)．不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量的變化，則(　　) 圖3 A．電場線方向由放電極指向集塵極 B．圖中A點電勢高于B點電勢 C．塵埃在遷移過程中做勻變速運動 D．塵埃在遷移過程中電勢能減小 解析：帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極

5、，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A錯誤；集塵極帶正電荷，A點更靠近放電極，所以圖中A點電勢低于B點電勢，故B錯誤；由圖可知放電極與集塵極間為非勻強電場，所以塵埃所受的電場力是變化的，塵埃不可能做勻變速運動，故C錯誤；帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同，電場力做正功，所以在遷移過程中電勢能減小，故D正確． 答案：D 5．(2019年定州中學月考)如圖4所示，三條平行等間距的虛線表示電場中的三個等勢面，電勢值分別為10 V、20 V、30 V，實線是一帶電粒子(不計重力)在該區(qū)域內(nèi)的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點．下列說法正確的是(　　) 圖4 A．粒子在三點的電勢能大

6、小關(guān)系為EpcEka>Ekc 解析：由題圖可知，電場的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子帶負電，而帶負電的粒子無論是沿a、b、c運動，還是沿c、b、a運動，都會得到如圖的軌跡，故C錯誤．粒子在電場中運動時，只有電場力做功，故電勢能與動能之和是恒定不變的，帶負電的粒子在b點時的電勢能最大，在c點的電勢能最小，則可判斷帶電粒子在c點的動能最大，在b點的動能最小，故A正確，D錯誤．因表示電場中三個等勢面的三條虛線是平行且等間距的，由此可判斷電場是勻強電場，

7、所以帶電粒子在電場中各點受到的電場力相等，故B錯誤． 答案：A 6．如圖5所示，無限大均勻帶正電的薄板豎直放置，其周圍空間的電場可認為是勻強電場．光滑絕緣細管垂直穿過板中間小孔，一個可視為質(zhì)點的帶負電小球在細管內(nèi)運動．以小孔為原點建立x軸，規(guī)定x軸正方向為加速度a和速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點的電勢φ、小球的加速度a、速度v和動能Ek隨x變化的圖象，其中正確的是(　　) 圖5 解析：在x<0范圍內(nèi)，當x增大時，由電場是勻強電場，且U＝Ed，可知電勢差均勻增大，φ－x圖線應(yīng)為向上傾斜的直線；在x>0范圍內(nèi)，當x增大時，同理可知電勢差均勻減小，φ－x圖線應(yīng)為向下傾斜的直線

8、，選項A錯誤．在x<0范圍內(nèi)，電場力向右，加速度向右，為正值；在x>0范圍內(nèi)，電場力向左，加速度向左，為負值，選項B錯誤．在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得qEx＝mv2，v－x圖象中的圖線應(yīng)是曲線；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為曲線，選項C錯誤．在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動能定理得qEx＝Ek，Ek－x圖象中的圖線應(yīng)是傾斜的直線；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線也為傾斜的直線，選項D正確． 答案：D 7．(2019年六安一中高考模擬卷)(多選)如圖6所示a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質(zhì)量為m電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動．A、B為其運動軌跡上的兩點．已知該粒子在A點的速度大小為v1

9、，在B點的速度大小為v2，方向與等勢面平行．A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則(　　) 圖6 A．v1可能等于v2 B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高 C．粒子從A運動到B所用時間為 D．勻強電場的電場強度大小為 解析：A.電場為勻強電場，等勢面水平，則電場線豎直，粒子軌跡彎曲向上，則受力向上，A→B電場力做負功，速度減小，A錯誤；B.受力向上，粒子帶正電，則場強向上，c點電勢高于b點電勢，B錯誤；C.粒子在A點速度v1，B點速度大小為v2，等勢面方向速度不變，為v2，t＝＝，C正確；D.y＝L·sinθ，AB間電勢差為UAB，由動能定理qUA

10、B＝qEy＝mv12－mv22得E＝，D正確． 答案：CD 8．(多選)如圖7所示，空間某區(qū)域存在著非勻強電場，實線表示該電場的電場線，過O點的虛線MN表示該電場的一個等勢面，兩個相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點以相同的初速度開始運動，速度方向垂直于MN，A、B連線與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點．設(shè)粒子P、Q在A、B兩點的電勢能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過O點時的速度大小分別為v1和v2.粒子的重力不計，則(　　) 圖7 A．v1>v2 B．v1Ep2 解析：由題意知兩個相同的帶正電粒子P、Q分別從A、B兩點

11、以相同的初速度運動，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過O點，電場力對兩個粒子都做正功，再由電場線和等勢面的垂直關(guān)系以及沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知B點的電勢φB高于A點的電勢φA，B點與O點的電勢差大于A點與O點的電勢差，對兩個粒子分別運用動能定理有qU＝m(v2－v02)，而UBO>UAO，可知兩個粒子經(jīng)過O點時的速度v1

12、個帶正電的試探電荷從a沿直線移到b的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．電場力對試探電荷一直做正功 B．電場力對試探電荷先做正功后做負功 C．試探電荷受到的電場力一直增大 D．試探電荷受到的電場力先增大后減小 解析： 圖9 等量異號電荷的電場線分布如圖9所示，正電荷由a移到b的過程中受力沿電場線方向，則由圖可知，由a向B電荷運動過程中，電場力向右，故電場力做正功；而在由B向b方向運動時，電場力向左，故電場力做負功，故A錯誤，B正確．由圖可知，由a到b過程中，電場強度先增大后減小，故試探電荷受到的電場力先增大后減小，故C錯誤，D正確． 答案：BD 10．(多選

13、)如圖10所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) 圖10 A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電荷量Q不變，由于E＝＝＝可知，當d增大時，場強E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，故B正確，A、C錯誤．若上板不動，將下板上移一段距離時，板間電場強度不變，粒子

14、所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確． 答案：BD 二、解答題 11．如圖11所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔(未畫出)正好位于平面直角坐標系xOy的O點，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E＝×103 V/m，比荷為1.0×105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處由靜止釋放，其運動軌跡恰好經(jīng)過M( m，1 m)點．粒子P的重力不計． 圖11 (1)求金屬板A、B之間的電勢差UAB； (2)若在粒子P經(jīng)過O點的同時，在y軸右側(cè)勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在

15、運動中相碰．假設(shè)Q的質(zhì)量是P的質(zhì)量的2倍，帶電情況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計，求粒子Q所有釋放點的集合． 解：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強電場中做類平拋運動．設(shè)該粒子從O點運動到M( m，1 m)點所用時間為t0，由類平拋運動規(guī)律可得xM＝v0t0，yM＝ t02，解得v0＝×104 m/s. 在金屬板A、B之間，由動能定理得qUAB＝mv02， 解得UAB＝1 000 V. (2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場中運動的加速度分別為a1、a2，粒子Q從坐標N(x、y)點釋放后，經(jīng)時間t與粒子

16、P相遇． 對于P有Eq＝ma1 對于Q有Eq＝2ma2 且x＝v0t a1t2＝y(tǒng)＋a2t2 聯(lián)立以上各式解得y＝x2，其中x>0 即粒子Q的釋放點N(x，y)的坐標滿足方程 y＝x2(x>0)． 12．如圖12所示，開有小孔的平行板水平放置，兩極板接在電壓大小可調(diào)的電源上，用噴霧器將油滴噴注在小孔上方．已知兩極板間距為d，油滴密度為ρ，電子電荷量為e，重力加速度為g，油滴視為球體，油滴運動時所受空氣的粘滯阻力大小Ff＝6πηrv(r為油滴半徑、η為粘滯系數(shù)，且均為已知量)，油滴所帶電荷量是電子電荷量的整數(shù)倍，噴出的油滴均相同，不考慮油滴間的相互作用． 圖12 (1)當

17、電壓調(diào)到U時，可以使帶電的油滴在板間懸??；當電壓調(diào)到時，油滴能在板間以速度v向下勻速運動．求油滴所帶電子的個數(shù)n及油滴勻速運動的速度v； (2)當油滴進入小孔時與另一油滴粘連在一起形成一個大油滴，以速度v1(已知)豎直向下進入小孔，為防止碰到下極板，需調(diào)整電壓，使其減速運行，若將電壓調(diào)到2U，大油滴運動到下極板處剛好速度為零，求大油滴運動到下極板處時的加速度及這一過程粘滯阻力對大油滴所做的功． 解：(1)油滴靜止時，電場力與重力平衡，有＝mg 勻速下降時，有＋6πηrv＝mg 其中質(zhì)量m＝πρr3 聯(lián)立可得n＝＝，v＝. (2)①大油滴質(zhì)量為2m，所帶電荷量為2q，當它運動到下極板時速度恰好為零，故2q－2mg＝2ma 聯(lián)立解得a＝g，方向豎直向上 ②油滴從上極板到下極板由動能定理可得 2mgd－2q·2U＋Wf＝0－·2mv12，m＝πρr3 聯(lián)立解得 Wf＝πρgdr3－πρv12r3＝πρr3(2gd－v12)． - 10 -