2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 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(fù)習(xí) 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1A、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(yīng)為()At B2t C2 t D4t【答案】A【解析】根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律得dat2，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?. (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(shè)電源電動勢為U)()圖1A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(fù)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(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)運動，所以答案為C3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(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電場的電場線垂直的方向射入，不計重力，當(dāng)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(zhì)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(dāng)以初速度v0射入時：即d2，當(dāng)以初速度射入時：即d2，故C對D錯4示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)角度變大的是()圖2AU1變大，U2變大BU1變小，U2變大CU1變大，U2變小DU1變小，U2變小【答案】B【解析】電子通過加速電場有eU1mv，在偏轉(zhuǎn)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vyat，且偏轉(zhuǎn)位移yat2，偏轉(zhuǎn)角tan ，所以 .二、雙項選擇題5某同學(xué)設(shè)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(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3A只增大電壓UB只增大長度LC只增大高度dD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(zhuǎn)，意在考查學(xué)生對類平拋運動的理解塵埃做類平拋運動，有yat2，a，t，當(dāng)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(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4A落在a點的顆粒帶正電，c點的帶負(fù)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(guān)系是aaabacC三個顆粒在電場中運動的時間關(guān)系是tatbtcD電場力對落在c點的顆粒做負(fù)功【答案】BD【解析】由于帶電粒子都打在極板上，所以沿電場方向勻加速運動的時間t，垂直電場方向勻速運動由xv0t，得tatbabac，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，長為L，傾角為30的光滑絕緣斜面處于電場中，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點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則()圖5A小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能BA、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(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，以下判斷正確的是()圖6A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的2倍，則恰能從負(fù)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(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，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(fù)極板的中點，設(shè)極板的長度是L，極板之間的距離是d，時間t，則：at2d；v0tL若粒子恰能從負(fù)極板邊緣射出，則時間t不變，沿極板方向的位移：xvtL，所以：v2v0，故C正確；恰能從負(fù)極板邊緣射出，根據(jù)：Ekmv2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7A帶負(fù)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(guān)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(fù)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(fù)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(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8A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0D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mgm，mg(h2R)mv；加勻強電場后仍從A點由靜止釋放該小球，則(mgqE)(h2R)mv，聯(lián)立解得mgqEm，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E1.0102 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h0.80 m的a處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v02.0102 m/s的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質(zhì)量為m2.01015 kg、電荷量為q1012 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(jié)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)1.21010 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aUabEh1.01020.8 V80 V.(2)不計重力，只有電場力做功，對粒子由動能定理qUabEkmv可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為EkqUmv1.21010 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(shè)水平拋出后t時間落在板上：xv0t，hat2a，Sx2聯(lián)立以上各式得所形成的面積S4 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(0xL,0yL)為邊界的勻強電場區(qū)域；在第二象限存在以xL、x2L、y0、yL的勻強電場區(qū)域.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)域的邊界B點處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時的坐標(biāo)；(2)在電場區(qū)域的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(shè)電子的質(zhì)量為m，電子在電場中做勻加速直線運動，出區(qū)域時的速度為v0，接著在無電場區(qū)域勻速運動，此后進入電場，在電場中做類平拋運動，假設(shè)電子從NP邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y1，由y對于B點yL，則xL所以eELmv解得v0設(shè)在電場中運動的時間為t1Ly1at()2解得y10，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)釋放點在電場區(qū)域中的坐標(biāo)為(x，y)，在電場中電子被加速，速度為v1時飛離電場，接著在無電場區(qū)域做勻速運動，然后進入電場做類平拋運動，并從NP邊離開，運動時間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y2.eExmvy2at()2解得xy2，所以原假設(shè)成立，即在電場區(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(LL)Ek0，所以EkeEL.