《2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第7章 第5課時(shí) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第7章 第5課時(shí) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析）.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第7章 第5課時(shí) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)（含解析） 一、單項(xiàng)選擇題 1．A、B兩完全相同的平行金屬板相距為d，分別帶等量異種電荷．一電子從帶負(fù)電的B板附近由靜止開始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A板的時(shí)間為t.現(xiàn)將兩板間的距離增大為原來(lái)的兩倍，保持每塊極板的帶電荷量不變，則電子從B板由靜止出發(fā)運(yùn)動(dòng)到A板的時(shí)間應(yīng)為(　　) A．t B．2t C．2 t D．4t 【答案】A 【解析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得d＝at2＝，其中兩極板電勢(shì)差U＝＝，代入后可得：t∝.則d增大1倍后，t變?yōu)樵瓉?lái)的倍． 2. (xx石家莊一中檢測(cè))如圖1所示，從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，指出下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U)(　　) 圖1 A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是U(eV) B．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零 C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3U(eV) D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 【答案】C 【解析】由電路圖可得，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功U(eV)，在B、C板間勻速運(yùn)動(dòng)，在C、D板間減速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功－U(eV)，所以電子在D板處速度為零，電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，所以答案為C． 3．平行板電容器兩板間的電壓為U，板間距離為d，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從該電容器的正中央沿與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線垂直的方向射入，不計(jì)重力，當(dāng)粒子的入射初速度為v0時(shí)，它恰能穿過(guò)電場(chǎng)而不碰到金屬板．為了使入射速度為的同質(zhì)量的帶電粒子也恰好能穿過(guò)電場(chǎng)而不碰到金屬板，則在其他量不變的情況下，必須滿足(　　) A．使粒子的電荷量減半 B．使兩極板間的電壓減半 C．使兩極板間的間距加倍 D．使兩極板間的間距增為原來(lái)的4倍 【答案】C 【解析】當(dāng)以初速度v0射入時(shí)：＝即d2＝，當(dāng)以初速度射入時(shí)：＝即d′2＝，故C對(duì)D錯(cuò)． 4．示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)組成．如圖2所示，電子在電壓為U1的電場(chǎng)中由靜止開始加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場(chǎng)中，入射方向與極板平行，在滿足電子能射出平行電場(chǎng)區(qū)的條件下，下述情況一定能使電子偏轉(zhuǎn)角度θ變大的是(　　) 圖2 A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大 C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小 【答案】B 【解析】電子通過(guò)加速電場(chǎng)有eU1＝mv，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，垂直于電場(chǎng)線的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝.在平行于電場(chǎng)線的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，末速度vy＝at＝，且偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝，偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝，所以θ ∝. 二、雙項(xiàng)選擇題 5．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種靜電除塵裝置，如圖3甲所示，其中有一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖3乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負(fù)電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當(dāng)碰到下板后其所帶電荷被中和，同時(shí)被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進(jìn)入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用．要增大除塵率，則下列措施可行的是(　　) 圖3 A．只增大電壓U B．只增大長(zhǎng)度L C．只增大高度d D．只增大塵埃被吸入的水平速度v0 【答案】AB 【解析】本題考查了塵埃在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，意在考查學(xué)生對(duì)類平拋運(yùn)動(dòng)的理解．塵埃做類平拋運(yùn)動(dòng)，有y＝at2，a＝，t＝，當(dāng)只增大電壓U或只增大長(zhǎng)度L時(shí)，y增大，收集塵埃的數(shù)量增大，故A、B選項(xiàng)對(duì)；而只增大高度d或只增大塵埃，被吸入的水平速度v0，y減小，收集塵埃的數(shù)量減少，故C、D選項(xiàng)錯(cuò)． 6.三個(gè)分別帶有正電、負(fù)電和不帶電的質(zhì)量相同的顆粒，從水平放置的平行帶電金屬板左側(cè)以相同速度v0垂直電場(chǎng)線方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，分別落在帶正電荷的下板上的a、b、c三點(diǎn)，如圖4所示，下面判斷正確的是(　　) 圖4 A．落在a點(diǎn)的顆粒帶正電，c點(diǎn)的帶負(fù)電，b點(diǎn)的不帶電 B．落在a、b、c點(diǎn)的顆粒在電場(chǎng)中的加速度的關(guān)系是aa>ab>ac C．三個(gè)顆粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間關(guān)系是ta>tb>tc D．電場(chǎng)力對(duì)落在c點(diǎn)的顆粒做負(fù)功 【答案】BD 【解析】由于帶電粒子都打在極板上，所以沿電場(chǎng)方向勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t＝，垂直電場(chǎng)方向勻速運(yùn)動(dòng)由x＝v0t，得taab>ac，再由牛頓第二定律可推出，a帶負(fù)電，b不帶電，c帶正電，故答案為B、D． 7．如圖5所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)，傾角為θ＝30的光滑絕緣斜面處于電場(chǎng)中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則(　　) 圖5 A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能 B．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差一定為 C．若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則該電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的最大值一定是 D．若該電場(chǎng)是AC邊中點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 【答案】BD 【解析】小球從A到B的過(guò)程中機(jī)械能增加，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能，A錯(cuò)．A到B的過(guò)程中qU＝，故U＝，B正確．若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則小球沿斜面勻速上滑，電場(chǎng)力和重力沿斜面方向的分力大小相等，電場(chǎng)力方向不確定，所以電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的最大值不確定，C錯(cuò)．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，所以在電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，B點(diǎn)的電勢(shì)一定低于A點(diǎn)的電勢(shì)，由幾何關(guān)系知電荷Q到B的距離大于電荷Q到A的距離，故Q為正電荷，D正確． 8．(xx深圳調(diào)研)如圖6所示，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一不計(jì)重力的帶電粒子從兩板中問以某一初速度平行于兩板射入，打在負(fù)極板的中點(diǎn)，以下判斷正確的是(　　) 圖6 A．該帶電粒子帶正電 B．該帶電粒子帶負(fù)電 C．若粒子初速度增大到原來(lái)的2倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出 D．若粒子初動(dòng)能增大到原來(lái)的2倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出 【答案】AC 【解析】粒子以某一初速度平行于兩板射入，打在負(fù)極板的中點(diǎn)，則受力的方向與電場(chǎng)的方向相同，所以粒子帶正電．故A正確，B錯(cuò)誤；粒子以某一初速度平行于兩板射入，打在負(fù)極板的中點(diǎn)，設(shè)極板的長(zhǎng)度是L，極板之間的距離是d，時(shí)間t，則：at2＝d；v0t＝L若粒子恰能從負(fù)極板邊緣射出，則時(shí)間t不變，沿極板方向的位移：x＝vt＝L，所以：v＝＝＝2v0，故C正確；恰能從負(fù)極板邊緣射出，根據(jù)：Ek＝mv2可知，粒子的動(dòng)能需增加為原來(lái)的4倍．故D錯(cuò)誤． 9．(xx茂名二模)如圖7所示，帶電粒子從A開始沿虛線穿過(guò)豎直放置的平行板電容器，則粒子(　　) 圖7 A．帶負(fù)電 B．做加速運(yùn)動(dòng) C．機(jī)械能增加 D．電勢(shì)能增大 【答案】AD 【解析】本題考查電場(chǎng)力的屬性、能的屬性及功能關(guān)系，意在考查考生對(duì)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和處理能力．由題意知帶電粒子受到重力與水平向左的電場(chǎng)力，合力與其運(yùn)動(dòng)速度方向相反，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)；由于平行板電容器場(chǎng)強(qiáng)水平向右，故可以斷定粒子帶負(fù)電，A項(xiàng)正確；由于電場(chǎng)力的方向與粒子速度方向的夾角為鈍角，故電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子機(jī)械能減少，電勢(shì)能增加，故D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤． 10．一個(gè)帶負(fù)電荷量為q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，小球恰能通過(guò)半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)在豎直方向上加如圖8所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球并下滑，則(　　) 圖8 A．小球不能過(guò)B點(diǎn) B．小球仍恰好能過(guò)B點(diǎn) C．小球通過(guò)B點(diǎn)，且在B點(diǎn)與軌道之間壓力為0 D．以上說(shuō)法都不對(duì) 【答案】BC 【解析】小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，恰能通過(guò)半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng)，則mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加勻強(qiáng)電場(chǎng)后仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則(mg－qE)(h－2R)＝mv，聯(lián)立解得mg－qE＝m，滿足小球恰好能過(guò)B點(diǎn)的臨界條件，選項(xiàng)B、C正確． 三、非選擇題 11.如圖9所示，某空間有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0102 V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在金屬板的正上方高度h＝0.80 m的a處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v0＝2.0102 m/s的初速度向水平面以下的各個(gè)方向均勻放出質(zhì)量為m＝2.010－15 kg、電荷量為q＝＋10－12 C的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b上．若不計(jì)粒子重力，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖9 (1)粒子源所在處a點(diǎn)的電勢(shì)； (2)帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能； (3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍(所形成的面積)；若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過(guò)改變哪些物理量來(lái)實(shí)現(xiàn)？ 【答案】(1)80 V　(2)1.210－10 J (3)面積4 m2　可以通過(guò)減小h或增大E來(lái)實(shí)現(xiàn) 【解析】(1)題中勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下，b板接地； 因此φa＝Uab＝Eh＝1.01020.8 V＝80 V. (2)不計(jì)重力，只有電場(chǎng)力做功，對(duì)粒子由動(dòng)能定理 qUab＝Ek－mv 可得帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能為 Ek＝qU＋mv＝1.210－10 J. (3)粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平拋出落點(diǎn)為邊界，設(shè)水平拋出后t時(shí)間落在板上： x＝v0t，h＝at2 a＝，S＝πx2 聯(lián)立以上各式得所形成的面積S＝＝4 m2，可以通過(guò)減小h或增大E來(lái)實(shí)現(xiàn)． 12．如圖10所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖．在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ.兩個(gè)電場(chǎng)大小均為E，不計(jì)電子所受重力，電子的電荷量為e，求： 圖10 (1)從電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的坐標(biāo)； (2)在電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子，電子離開MNPQ的最小動(dòng)能． 【答案】(1)(－2L,0)　(2)eEL 【解析】(1)設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場(chǎng)Ⅰ中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，接著在無(wú)電場(chǎng)區(qū)域勻速運(yùn)動(dòng)，此后進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ，在電場(chǎng)Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從NP邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y1， 由y＝對(duì)于B點(diǎn)y＝L，則x＝L 所以eEL＝mv 解得v0＝ 設(shè)在電場(chǎng)Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1 L－y1＝at＝()2 解得y1＝0，所以原假設(shè)成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標(biāo)為(－2L,0)． (2)設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中的坐標(biāo)為(x，y)，在電場(chǎng)Ⅰ中電子被加速，速度為v1時(shí)飛離電場(chǎng)Ⅰ，接著在無(wú)電場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從NP邊離開，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2. eEx＝mv y2＝at＝()2 解得xy2＝，所以原假設(shè)成立，即在電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時(shí)都從P點(diǎn)離開的． 其中只有從B點(diǎn)釋放的電子，離開P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，則從B到P由動(dòng)能定理得：eE(L＋L)＝Ek－0， 所以Ek＝eEL.