2019年高考物理總復(fù)習(xí) 6-5帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練試題 新人教版.doc

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2019年高考物理總復(fù)習(xí) 6-5帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)訓(xùn)練試題 新人教版 1．(單選) 如圖所示，一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) A．同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn) B．先后到達(dá)屏上同一點(diǎn) C．同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn) D．先后到達(dá)屏上不同點(diǎn) 解析　一價(jià)氫離子(H)和二價(jià)氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場(chǎng)的末速度不同，因此在加速電場(chǎng)及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會(huì)先后打在屏上同一點(diǎn)，選B項(xiàng)． 答案　B 2．(單選) 如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．電場(chǎng)的重力不計(jì)．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下述四種情況下，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是(　　) A．僅將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極性對(duì)調(diào) B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離 C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓 D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓 解析　設(shè)加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝，得v0＝，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t＝，a＝，vy＝at，tanθ＝＝，由此可判斷C項(xiàng)正確． 答案　C 3．(多選) 如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直．粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30角．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零．則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－qU B．帶電粒子帶負(fù)電 C．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝ D．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝ 解析　根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，而P點(diǎn)的電勢(shì)為零，所以A項(xiàng)正確；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場(chǎng)線為x軸，平行于電場(chǎng)線為y軸，由曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)，求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝v0.帶電粒子在y軸方向上的平均速度為y＝；帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝，得E＝，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　AC 4．(單選) 如圖所示，示波器的示波管可視為加速電場(chǎng)與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，極板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器靈敏度[即偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量()]與加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的關(guān)系，下列說法中正確的是(　　) A．L越大，靈敏度越高　　 B．d越大，靈敏度越高 C．U1越大，靈敏度越高 D．U2越大，靈敏度越高 解析　偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝()2＝，靈敏度＝，故A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　A 5．(多選) (xx課標(biāo)全國)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) A．所受重力與電場(chǎng)力平衡 B．電勢(shì)能逐漸增加 C．動(dòng)能逐漸增加 D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng) 解析　帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場(chǎng)力F＝Eq，方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場(chǎng)力的方向可判斷出，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確． 答案　BD 6．(單選) 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所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則(　　) A．小球不能通過B點(diǎn) B．小球仍恰好能通過B點(diǎn) C．小球能通過B點(diǎn)，且在B點(diǎn)與軌道之間壓力不為0 D．以上說法都不對(duì) 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，滿足小球恰好能通過B點(diǎn)的臨界條件，選項(xiàng)B正確． 答案　B 7．(多選)如圖甲所示，三個(gè)相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔，在左邊和右邊兩個(gè)金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強(qiáng)電場(chǎng)；有一個(gè)比荷＝1.010－2 C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在電場(chǎng)力作用下沿小孔軸線射出(不計(jì)粒子重力)，其vt圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A．右側(cè)金屬板接電源的正極 B．所加電壓U＝100 V C．乙圖中的v2＝2 m/s D．通過極板間隙所用時(shí)間之比為1∶(－1) 解析　帶正電的粒子在電場(chǎng)力作用下由左極板向右運(yùn)動(dòng)，可判斷右側(cè)金屬板接電源負(fù)極，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．由vt圖象可知，0－0.5 s帶電粒子的加速度a＝2 m/s2，兩板間距離d＝at2＝0.25 m，由Eq＝ma，得E＝200 V/m，U＝2Ed＝100 V，B選項(xiàng)正確．可將粒子在兩個(gè)極板間隙間的運(yùn)動(dòng)看成是初速度為零的連續(xù)的勻加速運(yùn)動(dòng)，兩間隙距離相等，則有t1∶t2＝1∶(－1)，D選項(xiàng)正確．v1∶v2＝1∶，將v1＝1.0 m/s代入，得v2＝ m/s，C選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案　BD 8.如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： (1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度； (2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的1/2，小物塊的加速度是多大； (3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能． 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，示意圖如圖所示，則有 FNsin37＝qE① FNcos37＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律，得mgsin37－qE′cos37＝ma 可得a＝0.3g (3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理，得 mgLsin37－qE′Lcos37＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 9. 如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？ 解析　小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力和支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，如圖所示，類比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tanθ＝＝，得θ＝30，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)． 要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點(diǎn)”(D點(diǎn))要滿足等效重力剛好提供向心力，即有 mg′＝ 因θ＝30與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系，可知＝2R 令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理，知 －2mg′2R＝mv－mv 解得v0＝，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)為v≥ 答案　v≥ 10. 如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求： (1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間； (2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα； (3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x. 解析　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t＝ (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，得粒子在電場(chǎng)中的加速度為a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝＝ (3)方法一　設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則 y＝a()2＝ 又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得x＝ 方法二　x＝vy＋y＝ 方法三　由＝，得x＝3y＝ 答案　(1)　(2)　(3) 11. 絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其俯視圖如圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，場(chǎng)強(qiáng)方向與x軸正向平行，電場(chǎng)的半徑為R＝ m，圓心O與坐標(biāo)系的原點(diǎn)重合，場(chǎng)強(qiáng)E＝2 N/C，一帶電量q＝－110－5 C，質(zhì)量m＝110－5 kg的粒子，由坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v0＝1 m/s沿y軸正方向射入電場(chǎng)，求： (1)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)粒子出射點(diǎn)的位置坐標(biāo)； (3)粒子射出時(shí)具有的動(dòng)能． 解析　(1)粒子沿x軸負(fù)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，則有 Eq＝ma，x＝at2 沿y軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有 y＝v0t x2＋y2＝R2 解得t＝1 s (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)邊界的位置坐標(biāo)為(－x1，y1)，則有 x1＝at2＝1 m，y1＝v0t＝1 m，即為(－1 m,1 m) (3)射出時(shí)由動(dòng)能定理，得Eqx1＝Ek－mv 代入數(shù)據(jù)，解得Ek＝2.510－5 J 答案　(1)1 s　(2)(－1 m,1 m)　(3)2.510－5 J 12. 如圖所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢(shì)差U＝1.5103 V(僅在兩板間有電場(chǎng))，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝110－2 kg、電荷量q＝410－5 C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，在兩板間沿直線運(yùn)動(dòng)，從右板的下邊緣飛出電場(chǎng)，g取10 m/s2.求： (1)金屬板的長(zhǎng)度L； (2)小球飛出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek. 解析　(1)小球到達(dá)左板上邊緣時(shí)的豎直分速度 vy＝＝2 m/s 設(shè)小球此時(shí)速度方向與豎直方向之間的夾角為θ，則 tanθ＝＝2 小球在電場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，設(shè)板間距為d，則 tanθ＝＝ L＝，解得L＝＝0.15 m (2)進(jìn)入電場(chǎng)前v1＝ 電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程qU＋mgL＝Ek－mv 聯(lián)立解得Ek＝0.175 J 答案　(1)0.15 m　(2)0.175 J 13．(2011福建) 反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)．已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0103 N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.010－20 kg，帶電荷量q＝－1.010－9C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)．求： (1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t. 解析　(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理，有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0① 由①式，解得d2＝d1＝0.50 cm② (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律，有 |q|E1＝ma1③ |q|E2＝ma2④ 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有 d1＝a1t⑤ d2＝a2t⑥ 又t＝t1＋t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式，解得t＝1.510－8 s 答案　(1)0.50 cm　(2)1.510－8 s 14．(xx全國) 如圖所示，一平行板電容器的兩個(gè)極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點(diǎn)．現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為＋Q和－Q，此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為.再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方向的夾角增加到，且小球與兩極板不接觸．求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量． 解析　設(shè)電容器電容為C.第一次充電后兩極板之間的電壓為U＝① 兩極板之間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為 E＝② 式中d為兩極板間的距離． 按題意，當(dāng)小球偏轉(zhuǎn)角θ1＝時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)．設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有 Tcosθ1＝mg③ Tsinθ1＝qE④ 式中T為此時(shí)懸線的張力． 聯(lián)立①②③④式，得 tanθ1＝⑤ 設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為ΔQ，此時(shí)小球偏轉(zhuǎn)角θ2＝，則tanθ2＝⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，得＝ 代入數(shù)據(jù)，解得ΔQ＝2Q 答案　2Q