高考物理一轮复习课时作业34带电粒子在电场中的运动（含解析）

这是一份高考物理一轮复习课时作业34带电粒子在电场中的运动（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
带电粒子在电场中的运动一、选择题1.(2018·广州二模)a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图．若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是(　　)A．比荷　　　　　　　　　 B．入射速度C．入射动能   D．入射动量答案　A解析　A项，a、b两离子竖直方向分位移相等，故：y＝··t2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A项正确；B项，水平方向位移关系时xa＞xb，水平分运动时匀速直线运动，时间相等，故va＞vb，故B项错误；C项，a、b两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能和动量大小关系，故C、D两项错误．2.(2017·江苏)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′点答案　A解析　设A、B板间的电势差为U1，B、C间电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：－qU1＝qU2＝qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度：E＝＝不变，所以电子还是运动到P点速度减小到零，然后返回，故A项正确；B、C、D三项错误．3.(2018·濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t在电场中某点相遇．则以下说法中正确的是(　　)A．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tB．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tC．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为tD．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t答案　A解析　两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小相关，当两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t，故A项正确，B、C、D三项错误．4.(2018·信阳二模)(多选)有重力可忽略不计的三个带正电的粒子A、B、C，先后沿如图所示的虚线OO′方向从左侧中点水平进入平行板电容器中，并最终都能击中MN板．已知三个粒子质量之比mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三个粒子带电量之比为qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，关于三个粒子击中MN板的位置，下列说法正确的是(　　)A．若A、B、C以相同的速度进入电容器，则最终A、B、C击中MN板上同一点B．若A、B、C以相同的动量进入电容器，则最终B、C击中MN板上同一点C．若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、C击中MN板上同一点D．若A、B、C以相同的动能进入电容器，则最终A、B击中MN板上同一点答案　BC解析　粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向：h＝at2水平方向匀速直线运动：L＝v0t联立得h＝A项，根据公式可知速度相同，比荷不同，则h不同，不可能击中同一个位置，故A项错误；B项，h＝＝，p相同，mq相同，则h同，mA∶mB∶mC＝1∶1∶2：，三个粒子带电量之比为qA∶qB∶qC＝1∶2∶1知BC的mq相同，故B项正确；C、D两项，h＝，动能相同，如q相同，则h相同，故A、C击中相同位置，故C项正确，D项错误．5.(2018·甘肃模拟)(多选)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平．由此可知(　　)A．从B到C，小球的动能减小B．从B到C，小球的电势能减小C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D．从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等答案　AD解析　A项，从B到C，可知竖直分速度减小，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根据动能定理知，合力做负功，动能减小，故A项正确．B项，从B到C的过程中，合力向上，则电场力方向向上，电场力做负功，小球电势能增加，故B项错误．C项，从A到B做平抛运动，竖直方向上分速度由0增加到vy，进入电场后，由vy减小为零，可知A到B和B到C小球的速度变化量大小相等，由于加速度大小不一定相同，则运动时间不一定相等，故C项错误，D项正确．6.(2018·宿州三模)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(　　)A.   B．－C．－   D.答案　B解析　粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：vN＝vM＝v0cos60°＝v0，对从M到N过程，根据动能定理，有：qUMN＝mvN2－mvM2，解得：UMN＝－，故A、C、D三项错误，B项正确．7.如图所示，一带电粒子(重力不计)以初动能Ek垂直电场线穿过以虚线为边界的匀强电场区域，粒子离开电场时的动能为5Ek；若将粒子的初动能增加到4Ek，粒子离开电场时的动能可能为(　　)A.Ek   B．5EkC．7Ek   D．Ek答案　B解析　设粒子的初动能增加前在电场中的运动时间为t，离开电场时竖直方向上的分速度为：vy＝at，则：Ek＋mvy2＝5Ek，得：mvy2＝4Ek，则若将粒子的初动能增加到4Ek即初速度变为原来的2倍，而电场的宽度不变，所以运动时间为t，故离开电场时竖直方向上的分速度为：vy′＝a·t＝vy，则有：4Ek＋m(vy)2＝Ek′，解得：Ek′＝5Ek.8.如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(　　)A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板答案　D解析　粒子在电场中加速U1q＝mv02，在偏转电场中x＝v0t，y＝t2，解得x2＝：开始时x＝L，若要使x增大为L，保持U2和平行板间距不变，减小U1则x会减小，A项错误；保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，B项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，C项错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则x变大，故D项正确，故选D项．9．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX′为水平偏转电极，YY′为竖直偏转电极．以下说法正确的是(　　)A．XX′加图3波形电压、YY′不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点B．XX′加图2波形电压、YY′加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线C．XX′加图4波形电压、YY′加图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线D．XX′加图4波形电压、YY′加图3波形电压，屏上将出现图1所示图线答案　A解析　A项，XX′加图3波形电压、YY′不加信号电压，左右周期性的打在屏上，所以出现屏上在两个位置出现亮点，故A项正确；B项，XX′加图2波形电压、YY′加图1波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，故B项错误；C项，XX′加图4波形电压、YY′加图2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，故C项错误；D项，XX′加图4波形电压、YY′加图3波形电压，屏上将出现两条水平亮线，故D项错误．10．(2018·广东模拟)如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于PQ的匀强电场，一质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝1.0×10－5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1＝1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2＝2×104 m/s，已知MP＝20 cm、MN＝80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像正确的是(　　)答案　D解析　A项，匀强电场中场强处处相同，则知E­x图像是平行于x轴的直线，故A项错误．B项，φ­x的斜率等于场强E，粒子从a点运动到b点的过程中，电势降低，则知φ­x图像是向下倾斜的直线，故B项错误．C项，根据动能定理得：qEx＝mv2－mv02，得：v＝，可知v­x图像是曲线，故C项错误．D项，取a点电势为零，粒子从a点运动到b点的过程中，动能的增加量为ΔEk＝mv22－mv12，解得ΔEk＝3×103 J，电势能减少量为ΔEp＝ΔEk＝3×103 J，所以粒子到达b点时的电势能为－3×103 J.竖直方向有MP＝v1t，水平方向有x＝t，联立解得x＝17.32 cm根据电场力做功多少电势能减少多少，可得，Ep＝－qEx，因此，Ep­x图像是位于第四象限过原点的向下倾斜的直线，故D项正确．11.(2018·唐山模拟)(多选)水平面上的三点A、O、B在一条直线上，OB＝2OA，OO'是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)A．小球落在B点时的速度大小等于v0B．左右两区域电场强度大小的比值为E1∶E2＝1∶2C．小球经过分界线时离水平面的高度为D．小球在B点的电势能大于在A点的电势能答案　AC解析　A项，小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等；根据B点速度竖直向下可得：小球落在B点时的速度大小等于v0，故A项正确；B项，小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动；故在OO′左侧做加速度a1＝的匀加速运动，在右侧做加速度a2＝的匀减速运动；设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2；则有：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项错误；C项，小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为h＝v0t1－gt12＝－＝，故C项正确；D项，根据E1∶E2＝2∶1，OB＝2OA，由U＝Ed可得：A、B两点电势相等，故电势能相等，故D项错误．12．(2018·浙江模拟)现有两极板M(＋)、N(－)，板长80 cm，板间距20 cm，在两板间加一周期性的直流电压，如图所示．现有一粒子(正电，＝104 C/kg)0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间，v＝2×103 m/s，重力不计，则正确的是(　　)A．粒子的运动轨迹为抛物线B．经Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度为0.8×103 m/sC．粒子能从两板间射出D．若粒子要从两板间射出，两板间距至少为10 cm答案　D解析　A项，因为粒子只受电场力的作用，并且该电场力是周期性的变化的力，不是一个恒力，所以粒子的运动不是类平抛运动，轨迹不为抛物线．故A项错误；B项，粒子的加速度a＝＝ m/s2＝107 m/s2，经Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度为v＝，代入数据解得v＝4×102 m/s.故B项错误；C项，若粒子能射出，在水平方向做匀速直线运动，则t＝＝4×10－4 s，所以竖直位移，y＝(at12)＋(at1·t1)＋(at1·t1＋at12)＋(2at1·t1)＝5at12＝5×107×(10－4)2 m＝0.5 m，大于板间距20 cm，所以粒子将打到下极板N上．故C项错误；D项，要使两极板间的距离最短，应该在t＝1×10－4 s时刻进入电场，这样在竖直方向运动的距离最小，根据位移和速度公式可得：d＝t2＋t·t＋t2＋t2，解得：d＝10 cm.故D项正确．二、非选择题13.(2018·山东二模)如图所示，空间内有场强大小为E的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q，质量为m的带负电的粒子，从O点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A、B为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA连线与电场线夹角为60°，OA＝L，求带电粒子从O点到A点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O点到B点过程中电场力所做的功．答案　(1)t＝　v0＝　(2)解析　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据分运动的规律有：Lsin60°＝v0tLcos60°＝at2粒子的加速度为：a＝联立解得：t＝，v0＝(2)设粒子到达B点的速度为v，粒子从O点到B点过程中电场力做功为W，则由合运动与分运动的关系有：v＝＝2v0由动能定理有：W＝mv2－mv02联立解得：W＝mv02＝.14.(2018·全国二模)在竖直平面内有与平面平行的匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的小球从竖直平面的坐标原点O处以某一速度抛出，已知小球经y轴上的某点P时速度最小，小球经Q点时速度大小与O点的速度大小相同，且xQ＝d，yQ＝d，如图所示．已知重力加速度为g，求：(1)电场强度的最小值；(2)若电场强度为(1)中所求的值，求小球从O点抛出时的初速度的大小和再次经过x轴的坐标．答案　(1)　方向沿OQ方向　(2)　3d解析　(1)由于小球在O、Q两点的速度大小相等，则小球所受重力和电场力的合力F的方向应与OQ垂直，合力与y轴负方向的夹角为45°当电场力与合力垂直时，电场强度最小，有qE＝mgcos45°，解得E＝，方向沿OQ方向(2)①当E取最小值时，合力F＝，小球运动过程中的加速度为a＝g方向与y轴负方向成45°角由于小球在P点速度最小，则P点在OQ的中垂线上，易得P点坐标为(0，d)．在P点，小球速度方向应沿OQ方向，设P点的速度为v，得：vt＝OQ＝d，at2＝PM＝d解得v＝，在O点的速度v0应有：v0＝解得v0＝②设小球运动轨迹与x轴交点为R，小球从P到R做类平抛运动，设PM交x轴为N，RS与PS垂直，有SR＝vt＝tPS＝at2＝gt2PS＝PN＋NS＝d＋RS解得t＝2，RS＝d所以OR＝ON＋NR＝d＋2d＝3d.