2019-2020年高考物理總復習 第7章 第5課時 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理總復習 第7章 第5課時 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)（含解析） 一、單項選擇題 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．一電子從帶負電的B板附近由靜止開始運動，到達A板的時間為t.現(xiàn)將兩板間的距離增大為原來的兩倍，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)運動到A板的時間應為(　　) A．t B．2t C．2 t D．4t 【答案】A 【解析】根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律得d＝at2＝，其中兩極板電勢差U＝＝，代入后可得：t∝.則d增大1倍后，t變?yōu)樵瓉淼谋叮? 2. (xx石家莊一中檢測)如圖1所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為U)(　　) 圖1 A．電子到達B板時的動能是U(eV) B．電子從B板到達C板動能變化量為零 C．電子到達D板時動能是3U(eV) D．電子在A板和D板之間做往復運動 【答案】C 【解析】由電路圖可得，電子在A、B板間加速運動，電場力做正功U(eV)，在B、C板間勻速運動，在C、D板間減速運動，電場力做負功－U(eV)，所以電子在D板處速度為零，電子在A板和D板之間做往復運動，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，極板長為L，一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從該電容器的正中央沿與勻強電場的電場線垂直的方向射入，不計重力，當粒子的入射初速度為v0時，它恰能穿過電場而不碰到金屬板．為了使入射速度為的同質量的帶電粒子也恰好能穿過電場而不碰到金屬板，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的4倍 【答案】C 【解析】當以初速度v0射入時：＝即d2＝，當以初速度射入時：＝即d′2＝，故C對D錯． 4．示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成．如圖2所示，電子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足電子能射出平行電場區(qū)的條件下，下述情況一定能使電子偏轉角度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】電子通過加速電場有eU1＝mv，在偏轉電場中，垂直于電場線的方向做勻速直線運動，則運動時間t＝.在平行于電場線的方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝，末速度vy＝at＝，且偏轉位移y＝at2＝，偏轉角tan θ＝＝，所以θ ∝. 二、雙項選擇題 5．某同學設計了一種靜電除塵裝置，如圖3甲所示，其中有一個長為L、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．帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．將被收集塵埃的數(shù)量與進入矩形通道塵埃的數(shù)量的比值，稱為除塵率．不計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中的偏轉，意在考查學生對類平拋運動的理解．塵埃做類平拋運動，有y＝at2，a＝，t＝，當只增大電壓U或只增大長度L時，y增大，收集塵埃的數(shù)量增大，故A、B選項對；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選項錯． 6.三個分別帶有正電、負電和不帶電的質量相同的顆粒，從水平放置的平行帶電金屬板左側以相同速度v0垂直電場線方向射入勻強電場，分別落在帶正電荷的下板上的a、b、c三點，如圖4所示，下面判斷正確的是(　　) 圖4 A．落在a點的顆粒帶正電，c點的帶負電，b點的不帶電 B．落在a、b、c點的顆粒在電場中的加速度的關系是aa>ab>ac C．三個顆粒在電場中運動的時間關系是ta>tb>tc D．電場力對落在c點的顆粒做負功 【答案】BD 【解析】由于帶電粒子都打在極板上，所以沿電場方向勻加速運動的時間 t＝，垂直電場方向勻速運動由x＝v0t，得taab>ac，再由牛頓第二定律可推出，a帶負電，b不帶電，c帶正電，故答案為B、D． 7．如圖5所示，長為L，傾角為θ＝30的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為＋q，質量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則(　　) 圖5 A．小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能 B．A、B兩點的電勢差一定為 C．若電場是勻強電場，則該電場場強的最大值一定是 D．若該電場是AC邊中點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷 【答案】BD 【解析】小球從A到B的過程中機械能增加，電場力做正功，電勢能減小，小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，A錯．A到B的過程中qU＝，故U＝，B正確．若電場是勻強電場，則小球沿斜面勻速上滑，電場力和重力沿斜面方向的分力大小相等，電場力方向不確定，所以電場場強的最大值不確定，C錯．小球在B點的電勢能小于在A點的電勢能，所以在電荷Q產(chǎn)生的電場中，B點的電勢一定低于A點的電勢，由幾何關系知電荷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，打在負極板的中點，以下判斷正確的是(　　) 圖6 A．該帶電粒子帶正電 B．該帶電粒子帶負電 C．若粒子初速度增大到原來的2倍，則恰能從負極板邊緣射出 D．若粒子初動能增大到原來的2倍，則恰能從負極板邊緣射出 【答案】AC 【解析】粒子以某一初速度平行于兩板射入，打在負極板的中點，則受力的方向與電場的方向相同，所以粒子帶正電．故A正確，B錯誤；粒子以某一初速度平行于兩板射入，打在負極板的中點，設極板的長度是L，極板之間的距離是d，時間t，則：at2＝d；v0t＝L若粒子恰能從負極板邊緣射出，則時間t不變，沿極板方向的位移：x＝vt＝L，所以：v＝＝＝2v0，故C正確；恰能從負極板邊緣射出，根據(jù)：Ek＝mv2可知，粒子的動能需增加為原來的4倍．故D錯誤． 9．(xx茂名二模)如圖7所示，帶電粒子從A開始沿虛線穿過豎直放置的平行板電容器，則粒子(　　) 圖7 A．帶負電 B．做加速運動 C．機械能增加 D．電勢能增大 【答案】AD 【解析】本題考查電場力的屬性、能的屬性及功能關系，意在考查考生對帶電粒子在勻強電場中的運動和處理能力．由題意知帶電粒子受到重力與水平向左的電場力，合力與其運動速度方向相反，粒子做勻減速直線運動，B項錯；由于平行板電容器場強水平向右，故可以斷定粒子帶負電，A項正確；由于電場力的方向與粒子速度方向的夾角為鈍角，故電場力對粒子做負功，粒子機械能減少，電勢能增加，故D項正確，C項錯誤． 10．一個帶負電荷量為q，質量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動．現(xiàn)在豎直方向上加如圖8所示的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球并下滑，則(　　) 圖8 A．小球不能過B點 B．小球仍恰好能過B點 C．小球通過B點，且在B點與軌道之間壓力為0 D．以上說法都不對 【答案】BC 【解析】小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑，恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動，則mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球，則(mg－qE)(h－2R)＝mv，聯(lián)立解得mg－qE＝m，滿足小球恰好能過B點的臨界條件，選項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電場，電場強度E＝1.0102 V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強電場中，在金屬板的正上方高度h＝0.80 m的a處有一粒子源，盒內粒子以v0＝2.0102 m/s的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質量為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．若不計粒子重力，求：(結果保留兩位有效數(shù)字) 圖9 (1)粒子源所在處a點的電勢； (2)帶電粒子打在金屬板上時的動能； (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，可以通過改變哪些物理量來實現(xiàn)？ 【答案】(1)80 V　(2)1.210－10 J (3)面積4 m2　可以通過減小h或增大E來實現(xiàn) 【解析】(1)題中勻強電場豎直向下，b板接地； 因此φa＝Uab＝Eh＝1.01020.8 V＝80 V. (2)不計重力，只有電場力做功，對粒子由動能定理 qUab＝Ek－mv 可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為 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為邊界，設水平拋出后t時間落在板上： x＝v0t，h＝at2 a＝，S＝πx2 聯(lián)立以上各式得所形成的面積S＝＝4 m2，可以通過減小h或增大E來實現(xiàn)． 12．如圖10所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖．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)為邊界的勻強電場區(qū)域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－2L、y＝0、y＝L的勻強電場區(qū)域Ⅱ.兩個電場大小均為E，不計電子所受重力，電子的電荷量為e，求： 圖10 (1)從電場區(qū)域Ⅰ的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標； (2)在電場區(qū)域Ⅰ的AB曲線邊界由靜止釋放電子，電子離開MNPQ的最小動能． 【答案】(1)(－2L,0)　(2)eEL 【解析】(1)設電子的質量為m，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，出區(qū)域Ⅰ時的速度為v0，接著在無電場區(qū)域勻速運動，此后進入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做類平拋運動，假設電子從NP邊射出，出射點縱坐標為y1， 由y＝對于B點y＝L，則x＝L 所以eEL＝mv 解得v0＝ 設在電場Ⅱ中運動的時間為t1 L－y1＝at＝()2 解得y1＝0，所以原假設成立，即電子離開MNPQ區(qū)域的位置坐標為(－2L,0)． (2)設釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中的坐標為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速，速度為v1時飛離電場Ⅰ，接著在無電場區(qū)域做勻速運動，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t2，偏轉位移為y2. eEx＝mv y2＝at＝()2 解得xy2＝，所以原假設成立，即在電場Ⅰ區(qū)域的AB曲線邊界由靜止釋放的所有電子離開MNPQ時都從P點離開的． 其中只有從B點釋放的電子，離開P點時動能最小，則從B到P由動能定理得：eE(L＋L)＝Ek－0， 所以Ek＝eEL.