（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)34 帶電粒子在電場中的運動（含解析）新人教版

《（新課標）2020高考物理一輪復習 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《（新課標）2020高考物理一輪復習 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：y＝··t2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A項正確； B項，水平方向位移關系時xa＞xb，水平分運動時勻速直線運動，時間相等，故va＞vb，故B項錯誤； C項，a、b兩離子初速度不同，質量關系未知，無法確定初動能和動量大小關系，故C、D兩項錯誤． 2.

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、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現將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，根據動能定理得：－qU1＝qU2＝qEd，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

3、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同一高度同時水平射入電場，經過時間t在電場中某點相遇．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過的時間為t B．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過的時間為t C．若勻強電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t兩粒子從射入到相遇經過的時間為t D．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過的時間為t 答案　A 解析　兩粒子從射入到相遇經過的時間只和初速度大小相關，當兩粒子入射

4、速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經過的時間為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′方向從左側中點水平進入平行板電容器中，并最終都能擊中MN板．已知三個粒子質量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三個粒子帶電量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，關于三個粒子擊中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

5、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：h＝at2 水平方向勻速直線運動：L＝v0t 聯立得h＝ A項，根據公式可知速度相同，比荷不同，則h不同，不可能擊中同一個位置，故A項錯誤； B項，h＝＝，p相同，mq相同，則h同，mA∶mB∶mC＝1∶1∶2：，三個粒子帶電量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1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

6、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，可知豎直分速度減小，根據牛頓第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根據動能定理知，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．

7、 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、N兩點間的電勢差為(　　) A. B．－ C．－ 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： vN＝vM＝v0cos60°＝v0

8、， 對從M到N過程，根據動能定理，有： qUMN＝mvN2－mvM2， 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 B．5Ek C．7Ek D．Ek 答案　B 解析　設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：vy＝at，則：Ek＋mvy2＝5Ek，得：mvy2＝4Ek，則若將粒子的初動能增加到4Ek即初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電場的寬度不

9、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：vy′＝a·t＝vy，則有：4Ek＋m(vy)2＝Ek′，解得：Ek′＝5Ek. 8.如圖，帶電粒子由靜止開始，經電壓為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，經偏轉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U1 B．保持U1和平行板間距不變，增大U2 C．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U1q＝

10、mv02，在偏轉電場中x＝v0t，y＝t2，解得x2＝：開始時x＝L，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′為水平偏轉電極，YY′為豎直偏轉電極．以下說法正確的是(　　) A．XX′加圖3波形電壓、YY′不加信號電壓，屏上在兩個位置出現亮點 B．XX′加圖2

11、波形電壓、YY′加圖1波形電壓，屏上將出現兩條豎直亮線 C．XX′加圖4波形電壓、YY′加圖2波形電壓，屏上將出現一條豎直亮線 D．XX′加圖4波形電壓、YY′加圖3波形電壓，屏上將出現圖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，所以出現屏上在兩個位置出現亮點，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，屏上將出現兩條水平亮線，故D項錯誤．

12、10．(2018·廣東模擬)如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內存在平行于PQ的勻強電場，一質量為m＝2.0×10－11 kg、電荷量為q＝1.0×10－5 C的帶正電粒子(重力不計)從a點以v1＝1×104 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v2＝2×104 m/s，已知MP＝20 cm、MN＝80 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φ、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

13、場中場強處處相同，則知E-x圖像是平行于x軸的直線，故A項錯誤． B項，φ-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φ-x圖像是向下傾斜的直線，故B項錯誤． C項，根據動能定理得：qEx＝mv2－mv02，得：v＝，可知v-x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ΔEk＝mv22－mv12，解得ΔEk＝3×103 J，電勢能減少量為ΔEp＝ΔEk＝3×103 J，所以粒子到達b點時的電勢能為－3×103 J. 豎直方向有MP＝v1t，水平方向有x＝t，聯立解得x＝17.32 cm 根據電場力做功多少電勢能減

14、少多少，可得，Ep＝－qEx，因此，Ep-x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，OB＝2OA，OO'是豎直的分界線，其左邊區(qū)域內有水平向右的勻強電場，場強大小為E1，其右邊區(qū)域內有水平向左的勻強電場，場強大小為E2，現將一帶電小球從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v0 B．左右兩區(qū)域電場強度大小的比值為E1∶E2＝1∶2 C．小球經過分界線時離水平面的高度為

15、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′左側做加速度a1＝的勻加速運動，在右側做加速度a2＝的勻減速運動；設在左側運動時間為t1，在右側運動時間為t2；則有：t1＋t2＝，a1t1＝a2t2；又有OB＝2OA，所以，a2t22＝2×a1t12；所以，t2＝2t1＝，E1∶E2＝a1∶a2＝t2∶t1＝2∶1；故B項錯誤；C

16、項，小球在豎直方向做豎直上拋運動，故經過分界線時離水平面的高度為h＝v0t1－gt12＝－＝，故C項正確；D項，根據E1∶E2＝2∶1，OB＝2OA，由U＝Ed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．現有一粒子(正電，＝104 C/kg)0時刻從上極板左側邊緣水平射入兩極板間，v＝2×103 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Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度為0.8×103 m/s C．粒子能從兩

17、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/s2＝107 m/s2，經Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度為v＝，代入數據解得v＝4×102 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t＝＝4×10－4 s，所以豎直位移，y＝(at12)＋(at1·t1)＋(at1·t1＋at12)＋(2at1·t1)＝5at12＝5×107×(10－4)2 m＝0.5 m，大于板

18、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，應該在t＝1×10－4 s時刻進入電場，這樣在豎直方向運動的距離最小，根據位移和速度公式可得：d＝t2＋t·t＋t2＋t2，解得：d＝10 cm.故D項正確． 二、非選擇題 13.(2018·山東二模)如圖所示，空間內有場強大小為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)，現有一電荷量為q，質量為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°，OA＝L，求帶電粒子從O點到A點的運動時間

19、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)t＝　v0＝　(2) 解析　(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據分運動的規(guī)律有： Lsin60°＝v0t Lcos60°＝at2 粒子的加速度為：a＝ 聯立解得：t＝，v0＝ (2)設粒子到達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系有： v＝＝2v0 由動能定理有： W＝mv2－mv02 聯立解得：W＝mv02＝. 14.(2018·全國二模)在豎直平面內有與平面平行的勻強電場，一質量為m、帶電量為

20、＋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y軸上的某點P時速度最小，小球經Q點時速度大小與O點的速度大小相同，且xQ＝d，yQ＝d，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的方向應與OQ垂直，合力與y軸負方向的夾角為45° 當電場力與合力垂直時，電場強度最小， 有qE＝mgcos45°， 解得E＝，方向沿OQ方向 (2)①當E取最小值時，合力F＝， 小球運動過程中的加速度為a＝g 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，小球速度方向應沿OQ方向，設P點的速度為v， 得：vt＝OQ＝d， at2＝PM＝d 解得v＝，在O點的速度v0應有：v0＝ 解得v0＝ ②設小球運動軌跡與x軸交點為R，小球從P到R做類平拋運動，設PM交x軸為N，RS與PS垂直， 有SR＝vt＝t PS＝at2＝gt2 PS＝PN＋NS＝d＋RS 解得t＝2，RS＝d 所以OR＝ON＋NR＝d＋2d＝3d. 10