2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)七 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)七 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)七 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)七　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、選擇題 1．(2016年高考·課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ)關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交 B．電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面處處相互垂直 C．同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等 D．將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功 解析：在靜電場(chǎng)中，兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面不會(huì)相交，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面一定相互垂直，選項(xiàng)B正確；同一等勢(shì)面上的電場(chǎng)強(qiáng)度可能相等，也可能不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線(xiàn)總是由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，移動(dòng)負(fù)試探電荷時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：B 2．(2019

2、年定州第三次月考)如圖1，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的點(diǎn)A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個(gè)頂點(diǎn)．已知G、F、B、D點(diǎn)的電勢(shì)分別為8 V、3 V、2 V、4 V，則A點(diǎn)的電勢(shì)為(　　) 圖1 A．1 V B．－1 V C．2 V D．3 V 解析：在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由公式U＝Ed知，沿著任意平行且相等的距離電勢(shì)差相等，由于GF∥CB，且GF＝CB，則有φG－φF＝φC－φB，代入數(shù)據(jù)解得φC＝φG－φF＋φB＝8 V－3 V＋2 V＝7 V，同理，φA－φB＝φD－φC，解得φA＝φB＋φD－φC＝2 V＋4 V－7 V＝－1 V，故B正確． 答案：B 3．(2018年

3、高考·天津卷)如圖2所示，實(shí)線(xiàn)表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)(方向未標(biāo)出)，虛線(xiàn)是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢(shì)能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．vM

4、＝知aMvN.綜上所述，選項(xiàng)D正確． 答案：D 4．(2019年菏澤一中質(zhì)檢)如圖3為靜電除塵機(jī)原理示意圖，廢氣先經(jīng)過(guò)一個(gè)機(jī)械過(guò)濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)，帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的，圖中虛線(xiàn)為電場(chǎng)線(xiàn)(方向未標(biāo))．不考慮塵埃在遷移過(guò)程中的相互作用和電荷量的變化，則(　　) 圖3 A．電場(chǎng)線(xiàn)方向由放電極指向集塵極 B．圖中A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì) C．塵埃在遷移過(guò)程中做勻變速運(yùn)動(dòng) D．塵埃在遷移過(guò)程中電勢(shì)能減小 解析：帶負(fù)電的塵埃在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移，則知集塵極帶正電荷，是正極

5、，所以電場(chǎng)線(xiàn)方向由集塵極指向放電極，故A錯(cuò)誤；集塵極帶正電荷，A點(diǎn)更靠近放電極，所以圖中A點(diǎn)電勢(shì)低于B點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；由圖可知放電極與集塵極間為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以塵埃所受的電場(chǎng)力是變化的，塵埃不可能做勻變速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；帶電塵埃所受的電場(chǎng)力方向與位移方向相同，電場(chǎng)力做正功，所以在遷移過(guò)程中電勢(shì)能減小，故D正確． 答案：D 5．(2019年定州中學(xué)月考)如圖4所示，三條平行等間距的虛線(xiàn)表示電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，電勢(shì)值分別為10 V、20 V、30 V，實(shí)線(xiàn)是一帶電粒子(不計(jì)重力)在該區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．粒子在三點(diǎn)的電勢(shì)能大

6、小關(guān)系為EpcEka>Ekc 解析：由題圖可知，電場(chǎng)的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子帶負(fù)電，而帶負(fù)電的粒子無(wú)論是沿a、b、c運(yùn)動(dòng)，還是沿c、b、a運(yùn)動(dòng)，都會(huì)得到如圖的軌跡，故C錯(cuò)誤．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有電場(chǎng)力做功，故電勢(shì)能與動(dòng)能之和是恒定不變的，帶負(fù)電的粒子在b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大，在c點(diǎn)的電勢(shì)能最小，則可判斷帶電粒子在c點(diǎn)的動(dòng)能最大，在b點(diǎn)的動(dòng)能最小，故A正確，D錯(cuò)誤．因表示電場(chǎng)中三個(gè)等勢(shì)面的三條虛線(xiàn)是平行且等間距的，由此可判斷電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，

7、所以帶電粒子在電場(chǎng)中各點(diǎn)受到的電場(chǎng)力相等，故B錯(cuò)誤． 答案：A 6．如圖5所示，無(wú)限大均勻帶正電的薄板豎直放置，其周?chē)臻g的電場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)．光滑絕緣細(xì)管垂直穿過(guò)板中間小孔，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電小球在細(xì)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)．以小孔為原點(diǎn)建立x軸，規(guī)定x軸正方向?yàn)榧铀俣萢和速度v的正方向，下圖分別表示x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ、小球的加速度a、速度v和動(dòng)能Ek隨x變化的圖象，其中正確的是(　　) 圖5 解析：在x<0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時(shí)，由電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，且U＝Ed，可知電勢(shì)差均勻增大，φ－x圖線(xiàn)應(yīng)為向上傾斜的直線(xiàn)；在x>0范圍內(nèi)，當(dāng)x增大時(shí)，同理可知電勢(shì)差均勻減小，φ－x圖線(xiàn)應(yīng)為向下傾斜的直線(xiàn)

8、，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．在x<0范圍內(nèi)，電場(chǎng)力向右，加速度向右，為正值；在x>0范圍內(nèi)，電場(chǎng)力向左，加速度向左，為負(fù)值，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得qEx＝mv2，v－x圖象中的圖線(xiàn)應(yīng)是曲線(xiàn)；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線(xiàn)也為曲線(xiàn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．在x<0范圍內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理得qEx＝Ek，Ek－x圖象中的圖線(xiàn)應(yīng)是傾斜的直線(xiàn)；同理，在x>0范圍內(nèi)，圖線(xiàn)也為傾斜的直線(xiàn)，選項(xiàng)D正確． 答案：D 7．(2019年六安一中高考模擬卷)(多選)如圖6所示a、b、c、d為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的等勢(shì)面，一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)．已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v1

9、，在B點(diǎn)的速度大小為v2，方向與等勢(shì)面平行．A、B連線(xiàn)長(zhǎng)為L(zhǎng)，連線(xiàn)與等勢(shì)面間的夾角為θ，不計(jì)粒子受到的重力，則(　　) 圖6 A．v1可能等于v2 B．等勢(shì)面b的電勢(shì)比等勢(shì)面c的電勢(shì)高 C．粒子從A運(yùn)動(dòng)到B所用時(shí)間為 D．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 解析：A.電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，等勢(shì)面水平，則電場(chǎng)線(xiàn)豎直，粒子軌跡彎曲向上，則受力向上，A→B電場(chǎng)力做負(fù)功，速度減小，A錯(cuò)誤；B.受力向上，粒子帶正電，則場(chǎng)強(qiáng)向上，c點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，B錯(cuò)誤；C.粒子在A點(diǎn)速度v1，B點(diǎn)速度大小為v2，等勢(shì)面方向速度不變，為v2，t＝＝，C正確；D.y＝L·sinθ，AB間電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理qUA

10、B＝qEy＝mv12－mv22得E＝，D正確． 答案：CD 8．(多選)如圖7所示，空間某區(qū)域存在著非勻強(qiáng)電場(chǎng)，實(shí)線(xiàn)表示該電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)，過(guò)O點(diǎn)的虛線(xiàn)MN表示該電場(chǎng)的一個(gè)等勢(shì)面，兩個(gè)相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于MN，A、B連線(xiàn)與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)．設(shè)粒子P、Q在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Ep1和Ep2，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為v1和v2.粒子的重力不計(jì)，則(　　) 圖7 A．v1>v2 B．v1Ep2 解析：由題意知兩個(gè)相同的帶正電粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)

11、以相同的初速度運(yùn)動(dòng)，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)兩個(gè)粒子都做正功，再由電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)面的垂直關(guān)系以及沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，可知B點(diǎn)的電勢(shì)φB高于A點(diǎn)的電勢(shì)φA，B點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢(shì)差大于A點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢(shì)差，對(duì)兩個(gè)粒子分別運(yùn)用動(dòng)能定理有qU＝m(v2－v02)，而UBO>UAO，可知兩個(gè)粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度v1

12、個(gè)帶正電的試探電荷從a沿直線(xiàn)移到b的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．電場(chǎng)力對(duì)試探電荷一直做正功 B．電場(chǎng)力對(duì)試探電荷先做正功后做負(fù)功 C．試探電荷受到的電場(chǎng)力一直增大 D．試探電荷受到的電場(chǎng)力先增大后減小 解析： 圖9 等量異號(hào)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)分布如圖9所示，正電荷由a移到b的過(guò)程中受力沿電場(chǎng)線(xiàn)方向，則由圖可知，由a向B電荷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力向右，故電場(chǎng)力做正功；而在由B向b方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力向左，故電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤，B正確．由圖可知，由a到b過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，故試探電荷受到的電場(chǎng)力先增大后減小，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD 10．(多選

13、)如圖10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(kāi)電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，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(　　) 圖10 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(xiàn)運(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：將電容器上板向上移動(dòng)一段距離，電容器所帶的電荷量Q不變，由于E＝＝＝可知，當(dāng)d增大時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來(lái)的軌跡運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C錯(cuò)誤．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離時(shí)，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，粒子

14、所受的電場(chǎng)力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確． 答案：BD 二、解答題 11．如圖11所示，豎直平行正對(duì)放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔(未畫(huà)出)正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點(diǎn)，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝×103 V/m，比荷為1.0×105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過(guò)M( m，1 m)點(diǎn)．粒子P的重力不計(jì)． 圖11 (1)求金屬板A、B之間的電勢(shì)差UAB； (2)若在粒子P經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的同時(shí)，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在

15、運(yùn)動(dòng)中相碰．假設(shè)Q的質(zhì)量是P的質(zhì)量的2倍，帶電情況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計(jì)，求粒子Q所有釋放點(diǎn)的集合． 解：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)該粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M( m，1 m)點(diǎn)所用時(shí)間為t0，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得xM＝v0t0，yM＝ t02，解得v0＝×104 m/s. 在金屬板A、B之間，由動(dòng)能定理得qUAB＝mv02， 解得UAB＝1 000 V. (2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a1、a2，粒子Q從坐標(biāo)N(x、y)點(diǎn)釋放后，經(jīng)時(shí)間t與粒子

16、P相遇． 對(duì)于P有Eq＝ma1 對(duì)于Q有Eq＝2ma2 且x＝v0t a1t2＝y(tǒng)＋a2t2 聯(lián)立以上各式解得y＝x2，其中x>0 即粒子Q的釋放點(diǎn)N(x，y)的坐標(biāo)滿(mǎn)足方程 y＝x2(x>0)． 12．如圖12所示，開(kāi)有小孔的平行板水平放置，兩極板接在電壓大小可調(diào)的電源上，用噴霧器將油滴噴注在小孔上方．已知兩極板間距為d，油滴密度為ρ，電子電荷量為e，重力加速度為g，油滴視為球體，油滴運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣的粘滯阻力大小Ff＝6πηrv(r為油滴半徑、η為粘滯系數(shù)，且均為已知量)，油滴所帶電荷量是電子電荷量的整數(shù)倍，噴出的油滴均相同，不考慮油滴間的相互作用． 圖12 (1)當(dāng)

17、電壓調(diào)到U時(shí)，可以使帶電的油滴在板間懸浮；當(dāng)電壓調(diào)到時(shí)，油滴能在板間以速度v向下勻速運(yùn)動(dòng)．求油滴所帶電子的個(gè)數(shù)n及油滴勻速運(yùn)動(dòng)的速度v； (2)當(dāng)油滴進(jìn)入小孔時(shí)與另一油滴粘連在一起形成一個(gè)大油滴，以速度v1(已知)豎直向下進(jìn)入小孔，為防止碰到下極板，需調(diào)整電壓，使其減速運(yùn)行，若將電壓調(diào)到2U，大油滴運(yùn)動(dòng)到下極板處剛好速度為零，求大油滴運(yùn)動(dòng)到下極板處時(shí)的加速度及這一過(guò)程粘滯阻力對(duì)大油滴所做的功． 解：(1)油滴靜止時(shí)，電場(chǎng)力與重力平衡，有＝mg 勻速下降時(shí)，有＋6πηrv＝mg 其中質(zhì)量m＝πρr3 聯(lián)立可得n＝＝，v＝. (2)①大油滴質(zhì)量為2m，所帶電荷量為2q，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到下極板時(shí)速度恰好為零，故2q－2mg＝2ma 聯(lián)立解得a＝g，方向豎直向上 ②油滴從上極板到下極板由動(dòng)能定理可得 2mgd－2q·2U＋Wf＝0－·2mv12，m＝πρr3 聯(lián)立解得 Wf＝πρgdr3－πρv12r3＝πρr3(2gd－v12)． - 10 -