2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：带电粒子在电场运动

带电粒子在电场运动1．(2019·全国考试大纲调研卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)A. 运动到P点返回         B. 运动到P和P′点之间返回C. 运动到P′点返回         D. 穿过P′点2．(多选)(2019·山东青岛联考)如图甲所示，两个等量同种电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q＝＋1×10－3 C、质量m＝0.02 kg的小球从a点静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O过程中的v­t图象如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中②为过b点的切线，则下列说法正确的是(　　)A．P、Q带正电荷                 B．b点的场强E＝30 V/mC．a、b两点间的电势差为90 V      D．小球从a到O的过程中电势能先减少后增加 3.(2019·安徽安庆市二模)如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是(　　)A．粒子带正电B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动4.(2019·云南保山高考模拟)如图所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子(　　)A．只受到电场力和重力作用          B．带正电C．做匀速直线运动            D．机械能增加5.(2019·辽宁省辽南协作体联考)(多选)现有某种直线加速器结构如图甲所示，编号为1～4号的4块电极板平行放置，极板中心均有一小孔供粒子通过。其中1号和3号板与A接线柱相连，2号和4号板与B接线柱相连，在A、B接线柱间通以如图乙所示的交变电压，其中电压U0已知，周期T可以根据需要调节。现有一质子从1号板由静止释放，沿直线保持加速运动状态，穿过小孔达到4号板。设质子的电荷量为e，质量为m,1、2号板间距为d，忽略电场边缘效应及电压变化瞬间所产生的影响，则(　　)A．质子离开3号板时的动量大小为2     B．交变电压的周期为dC．3、4号板间距为(＋)d                 D．整个运动过程中质子做匀加速直线运动6(2019·河北衡水中学高考模拟八)(多选)如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好水平。现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，重力加速度为g，则在此过程中(　　)A．外力所做的功为         B．带电小球的电势能增加qEL(sinθ＋cosθ)C．带电小球的电势能增加  D．外力所做的功为mgLtanθ7.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。 8.(2019·江西南昌二模)如图，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α＝30°角，MN长度为d。现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M点由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN(待求)；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点(未画出)，已知重力加速度大小为g，求：(1)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；(2)M点和P点之间的电势差；(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。        参考答案1.【答案】A【解析】根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。2.【答案】BC【解析】带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动可知，受到向上的电场力，则aO线上的电场竖直向上，故两电荷带负电，故A错误；v­t图象上斜率表示加速度可得：ab＝＝1.5 m/s2①，根据牛顿第二定律得：qEb＝ma②，①②联立解得：Eb＝30 V/m，故B正确；对小球由a到b，由动能定理得：qUab＝mv－mv，由图乙可得vb＝3 m/s带入解得：Uab＝90 V，故C正确；由图象乙可知，小球速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故D错误；故选B、C。3.【答案】　B【解析】　开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故油滴带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式E＝知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式C＝，C＝，E＝得，E＝，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．4.【答案】　A【解析】　带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示，粒子受到电场力和重力作用，故A正确；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，故粒子带负电，B错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，故C错误；电场力做负功，带电粒子的机械能减小，故D错误。5【答案】　AC【解析】　质子沿直线保持加速运动状态，质子从1号板由静止释放到离开3号板的过程由动能定理得：2eU0＝mv2，质子离开3号板时的动量P＝mv，解得：P＝2，故A正确；要使质子沿直线保持加速运动状态，则质子在相邻两板间的运动时间为，即为：d＝··，解得：T＝2d ，故B错误；设3、4号板间距为x，质子在3、4号板间做匀加速直线运动，由运动学公式，则有：x＝v·＋··，联立解得：x＝(＋)d，故C正确；质子在板间的加速度为：a＝，其中板间距L是变化的，所以加速度a是变化的，质子做变加速直线运动，D错误。6【答案】　AB【解析】　小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sinθ＝mg，则F电＝Eq＝，小球从初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电＝－EqL(cosθ＋sinθ)＝－ΔEp，故B正确，C错误；外力将小球沿圆弧缓慢拉到最低点，由动能定理可知，W外＋W电＋WG＝0，W外＝－(W电＋WG)＝EqL(cosθ＋sinθ)－mgL＝，故A正确，D错误。故选A、B。7.【答案】　【解析】设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30°＝v0sin 60° 由此得vB＝v0 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(v－v) 联立②③式得UAB＝。 8.【答案】　(1)　　(2)　(3)【解析】　(1)由小球运动方向可知，小球所受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：＝＝解得：E＝，合力F＝mg，加速度a＝＝g从M→N，有：2ad＝v解得：vN＝。(2)如图乙，设MP长为h，作PC垂直于电场线于C点，小球做类平抛运动：hcos60°＝at2hsin60°＝vNtUMC＝Ehcos30°UMP＝UMC解得：UMP＝。(3)如图乙，作PD垂直于MN于D点，从M→P，由动能定理：FsMD＝EkP－EkMsMD＝hcos60°EkM＝mv，解得：＝。