《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練13 帶電粒子在電場中運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 瘋狂專練13 帶電粒子在電場中運動（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在電場中運動 專練十三 帶電粒子在電場中運動 一、考點內(nèi)容 (1)帶電粒子在勻強電場中的運動；(2)示波管、常見電容器；(3)電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系等。 二、考點突破 1．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)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(　　) 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 2．如圖所示，

2、R是一個定值電阻，A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板，兩板間帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．若增大A、B兩金屬板的間距，則有向右的電流通過電阻R B．若增大A、B兩金屬板的間距，P將向上運動 C．若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片，P將向上運動 D．若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，P將向上運動 3．(多選)如圖所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是(　　) A

3、．三個液滴在真空盒中都做平拋運動 B．三個液滴的運動時間一定相同 C．三個液滴落到底板時的速率相同 D．液滴3所帶電荷量最多 4．一勻強電場的方向豎直向上，t＝0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P－t關(guān)系圖象是(　　) 5．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　) A．動能增加mv2　　　　　 B．機械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 6．(多選)A、B兩帶電

4、小球置于光滑絕緣水平面上，空間存在平行于水平面的勻強電場，將A、B兩小球分別沿如圖所示軌跡移動到同一電場線上的不同位置。釋放后兩小球均靜止，則(　　) A．A的帶電量比B的大 B．A帶負(fù)電荷，B帶正電荷 C．靜止時A受到的合力比B的大 D．移動過程中勻強電場對B做負(fù)功 7．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量 B．兩電荷在電場中運動的加速度相等

5、 C．從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D．電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同 8．(多選)如圖所示，半徑R＝0.5 m的圓弧接收屏位于電場強度方向豎直向下的勻強電場中，OB水平，一質(zhì)量為m＝1.0×10－4 kg、帶電荷量為q＝8.0×10－5 C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點0.3 m的A點以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(圖中未畫出)，取C點電勢φ＝0，則(　　) A．該勻強電場的電場強度E＝100 V/m B．粒子在A點的電勢能為8×10－5 J C．粒

6、子到達(dá)C點的速度大小為5 m/s D．粒子速率為4 m/s時的電勢能為4.5×10－4 J 9．如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實現(xiàn)的是(不計粒子重力)(　　) A．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板 B．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板 C．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板 D．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板 10．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛

7、線PQ右側(cè)距PQ為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，A點到MN的距離為，AO連線與屏垂直，垂足為O，求： (1)電子從釋放到打到屏上所用的時間； (2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ； (3)電子打到屏上的點P′到點O的距離。 11．在足夠大的豎直勻強電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個小球A和B，質(zhì)量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2.5q的B球在A球正下方，相距為L。由靜止釋放B球，B球沿著直線運動并與A球發(fā)生正碰，碰撞

8、時間極短，碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求： (1)勻強電場的電場強度大小E； (2)第一次碰撞后，A、B兩球的速度大小vA、vB； (3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時間間隔會相等嗎?如果相等，請計算該時間間隔T；如果不相等，請說明理由。 12．如圖所示，在豎直直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，x軸下方區(qū)域I存在場強大小為E、方向沿y軸正方向的勻強電場，x軸上方區(qū)域Ⅱ存在方向沿x軸正方向的勻強電場。已知圖中點D的坐標(biāo)為(，)，虛線GD垂直x軸。兩固定平行絕緣擋板AB、O

9、C間距為3L，OC在x軸上，AB、OC板平面垂直紙面，點B在y軸上。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)從D點由靜止開始向上運動，通過x軸后不與AB碰撞，恰好到達(dá)B點，已知AB＝14L，OC＝13L。 (1)求區(qū)域Ⅱ的場強大小E′以及粒子從D點運動到B點所用的時間t0； (2)改變該粒子的初位置，粒子從GD上某點M由靜止開始向上運動，通過x軸后第一次與AB相碰前瞬間動能恰好最大。 ①求此最大動能Ekm以及M點與x軸間的距離y1； ②若粒子與AB、OC碰撞前后均無動能損失(碰后水平方向速度不變，豎直方向速度大小不變，方向相反)，求粒子通過y軸時的位置與O點的距離y2。

10、 答案 二、考點突破 1．【答案】BD 【解析】將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于：E＝＝＝，由公式可知當(dāng)d減小時，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，根據(jù)推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確。 2．【答案】C 【解析】和電源相連，則兩極板間的電壓恒定，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式C＝可知，電容減小，根據(jù)公式C＝可得電容器兩極板上所帶電荷量減小，故電容器放電，R中有向

11、左的電流，A錯誤；由于兩極板間的電壓不變，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式E＝可得兩極板間的電場強度減小，電場力小于重力，P將向下運動，B錯誤；若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片，相當(dāng)于兩極板間的距離減小，電場強度增大，則電場力大于重力，P向上運動，C正確；若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，相當(dāng)于εr增大，兩極板間的電場強度恒定不變，所以電場力不變，P仍靜止，D錯誤。 3．【答案】BD 【解析】三個液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；

12、三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴3在水平方向位移最大，說明液滴3在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。 4．【答案】A 【解析】由于帶電粒子在電場中做類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經(jīng)過時間t，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確。 5．【答案】B 【解析】小球動能的增加量為ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為h＝，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝mv

13、2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減小量為ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確。 6．【答案】BD 【解析】由題意知，釋放后兩小球均靜止，所以受合外力均為零，可判斷A帶負(fù)電荷，B帶正電荷，所以B正確，C錯誤；勻強電場對B的電場力方向水平向右，所以勻強電場對B做負(fù)功，故D正確；A、B之間的庫侖力是一對相互作用力，大小相等，所以兩小球受勻強電場的作用力也必定大小相等，所以電荷量一定相等，故A錯誤。

14、 7．【答案】AC 【解析】從軌跡可以看出：yM＞yN，故·t2＞·t2，解得：＞，qM＞qN，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理，電場力的功為：W＝ΔEk＝mvy2，質(zhì)量m相同，M電荷豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D錯誤。 8．【答案】CD 【解析】粒子在電場力作用下做類平拋運動，因粒子垂直打在C點，由類平拋運動規(guī)律知：C點速度方向的反向延長線必過O點，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，即有：AD＝v0t，DC＝t2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得：E＝25

15、N/C，故A錯誤；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D兩點電勢相等，所以φA＝10 V，即粒子在A點的電勢能為：Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B錯誤；從A到C由動能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入數(shù)據(jù)得：vC＝5 m/s，故C正確；粒子在C點總能量：EC＝mvC2＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率為4 m/s時的電勢能為：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正確。 9．【答案】A 【解析】粒子做類似斜拋運動，水平分運動是勻速直線運動，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，即要增加

16、水平分位移，由于水平分速度不變，只能增加運動的時間，即減小兩極板間的電場強度；保持開關(guān)S閉合時極板間電壓不變，適當(dāng)上移P極板，根據(jù)U＝Ed，場強E減小，故A正確；保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板，場強不變，故B錯誤；先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板，極板上所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，場強不變，故C錯誤；先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，極板所帶電荷量不變，正對面積減小，由E＝＝＝可知，場強變大，故D錯誤。 10．【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得： v＝a1t1 從MN到屏的過程中運動的時間：t2＝

17、 運動的總時間為 t＝t1＋t2＝。 (2)設(shè)電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為 t3＝ vy＝a2t3 tanθ＝ 解得：tan θ＝2。 (3)如圖，電子離開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2場的中點O′。由幾何關(guān)系知：tan θ＝ 得：x＝3L。 11．【解析】(1)由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止，則 qE＝mg 可得勻強電場的電場強度大小E＝ (2)由靜止釋放B球，B球?qū)⒃谥亓碗妶隽Φ淖饔孟孪蛏线\動，設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1，由動能定理得： (2.5qE－mg)L

18、＝mv12 解得：v1＝ A、B兩球碰撞時間很短，且無動能損失，由動量守恒和動能守恒得： mv1＝mvA＋mvB mv12＝mvA2＋mvB2 聯(lián)立解得：vA＝v1＝，vB＝0。 (3)設(shè)B球在復(fù)合場中運動的加速度為a，A、B兩球第一次碰撞后，A球開始向上以速度v1做勻速直線運動，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)到第二次碰撞前的時間間隔是t1，則： v1t1＝at12 解得：t1＝ 碰撞過程滿足動量守恒且無動能損失，故每次碰撞之后兩球都交換速度，第二次碰撞后，A球向上做勻速直線運動，速度為at1＝2v1，B球向上做初速度為v1的勻加速直線運動。設(shè)到第三次

19、碰撞前的時間間隔是t2，則有： 2v1t2＝v1t2＋at22 解得：t2＝＝t1 以此類推，每次碰撞時間間隔相等，該時間間隔為T＝ 根據(jù)牛頓第二定律：2.5qE－mg＝ma 解得：T＝。 12．【解析】(1)該粒子帶正電，從D點運動到x軸所用的時間設(shè)為t1，則 v＝a1t1 根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma1 粒子在區(qū)域II中做類平拋運動，所用的時間設(shè)為t2，則 3L＝vt2 根據(jù)牛頓第二定律有qE′＝ma2 粒子從D點運動到B點所用的時間t0＝t1＋t2 聯(lián)立解得：E′＝6E，。 (2)①設(shè)粒子通過x軸時的速度大小為v0，碰到AB前做類平拋運動的時間為t

20、，則 粒子第一次碰到AB前瞬間的x軸分速度大小vx＝a2t 碰前瞬間動能 即 由于為定值，當(dāng)即時動能Ek有最大值 由(1)得 所以最大動能Ekm＝18qEL 對應(yīng)的 粒子在區(qū)域I中做初速度為零的勻加速直線運動，則v02＝2a1y1 解得：y1＝9L。 ②粒子在區(qū)域II中的運動，可等效為粒子以大小為v0的初速度在場強大小為6E的勻強電場中做類平拋運動直接到達(dá)y軸的P點，則時間仍然為t2 OP＝v0t2 得OP＝9L 由于，粒子與AB碰撞一次后，再與CD碰撞一次，最后到達(dá)B處，則 y2＝3L。 9