【文档说明】高考物理一轮复习课时检测23《 带电粒子在电场中的运动》(含解析).doc，共(7)页，102.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（二十三）带电粒子在电场中的运动对点训练：平行板电容器的动态分析1.(2018·宁波二模)如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是()A．使a、b板的距离增大一些B．使a、b板的正对面积减小一些C．断开S，

使a、b板的距离增大一些D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些解析：选C开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U＝QC知，电势差

增大，则指针张角增大，故C正确；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U＝QC知，电势差减小，则指针张角减小，故D错误。2．(2018·徐州调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电

容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()解析：选C由C＝εrS4πkd知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关

系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝εrS4πkd、Q＝CU、U＝Ed得E＝4πkQεrS是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，

C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。3.2016年8月23日，第七届中国国际超级电容器产业展览会在上海举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与，如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(

内阻不计)连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中()A．电容器的电容C增大B．电容器所带的电荷量Q减小C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向MD．油滴静

止不动，电流计中的电流从M流向N解析：选B将两极板缓慢地错开一些，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C＝εrS4πkd得知，电容减小，故A错误；根据Q＝CU，由于电容器电容减小，因两极板间电压U不变，那么极板带的电量会减小，故B正确；将平行板电容器的两极板非常

缓慢地水平错开一些，由于电容器两板间电压不变，根据E＝Ud，得知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴将静止不动；再由C＝QU知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有N→M的电流，故C、D错误。对点训练：带

电粒子在电场中的直线运动4.[多选]如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的12处返回，则下述措施能

满足要求的是()A．使初速度减为原来的12B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的12解析：选BD在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－12mv02，所以d＝mv022qE，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则

使初速度减为原来的12，x＝d4；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝d2，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝d4；使初速度和M、N间电压都减为原来的12，电场强度

变为原来的一半，x＝d2。5.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒一定带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场

的电场强度D．可求出微粒运动的加速度解析：选D因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错；其合外力必与速度反向，大小为F＝mgsinθ，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a

＝gsinθ，B错，D对；电场力qE＝mgcotθ，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错。对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转6.如图所示，让大量的一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子从同一位置经过同一加速电场A由静止开

始加速，然后在同一偏转电场B中偏转。忽略离子的重力及离子间的相互作用力。下列说法正确的是()A．它们始终为一股离子束B．它们会分离为二股离子束C．它们会分离为三股离子束D．它们会分离为无数股离子束解析：选A离子在电场中加速，根据动能定理U1q＝12mv02；在偏转电场中做类

平抛运动，水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝12·qEmt2；联立可得：y＝EL24U1，故可知离子射出偏转电场的偏转距离与粒子的电量和质量无关，所以三种离子始终为一股离子束，选项A正确。7.[多选](2018·淮安期中)如图所示，虚线框的真空区域

内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力。下列说法正确的有()A．质子到Q点时的速度可能大于v0B．质子到Q点时的速度可能等于v0

C．质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行D．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直解析：选ABD若电场强度水平向右，则质子从M点到Q点电场力做正功，动能变大，此时质子到Q点时的速度大于v0，选项A正确；若电场强度方向垂直于MQ连线向下，则质子从M点到Q点电场力不做功，动能不变，此时质子

到Q点时的速度等于v0，选项B正确；质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，即质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行，选项C错误；若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度

和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直方向速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度，此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项D正确。8.[多选](2018·汕头模拟)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿垂直极板方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)

不同的带电粒子a和b，从电容器边缘同一竖直线上的不同位置(如图)沿相同的水平方向同时射入两平行板之间，经过相同时间两粒子落在电容器下极板同一点P上。若不计重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是()A．粒子a的比荷大于粒子b的比荷B．粒子a射入时的初

速度大于粒子b的初速度C．若只减小两极板间的电压，则两粒子可能同时落在电容器下极板边缘上D．若只增大粒子b射入时的初速度，则两粒子可能在两极板之间的某一位置相遇解析：选AC粒子在电场中只受电场力作用，电

场力与初速度方向垂直，所以，粒子做类平抛运动；在竖直方向，两粒子运动时间相同，a的位移大于b的位移，所以，a的加速度大于b的加速度，又有加速度a＝qEm，所以，a的比荷大于b的比荷，故A正确；在水平方向，

两粒子运动时间相同，运动位移相同，所以，两粒子射入时的初速度相等，故B错误；若只减小两极板间的电压，则两粒子的加速度同比减小，那么在竖直方向上，位移和加速度的比值仍旧相等，即a、b从原来高度落下需要的时间仍旧相同，所以两粒子可能同时落在电容器下极板边

缘上，故C正确；若只增大粒子b射入时的初速度，则在水平方向上b的位移恒大于a的位移，那么两粒子不可能在两板之间的某一位置相遇，故D错误。考点综合训练9.(2018·苏州八校联考)如图所示，水平放置的平

行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两板间距离d＝0.4cm，有一束相同微粒组成的带正电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间

。已知微粒质量为m＝2×10－6kg，电量q＝1×10－8C，电容器电容为C＝10－6F。求：(g＝10m/s2)(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0应为多少？(2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？解析：(1)第一个粒

子只受重力：d2＝12gt2t＝0.02s，v0＝L2t＝2.5m/s。(2)以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘时，有t1＝Lv0＝0.04s，d2＝12at12，a＝g4由mg－qE＝maE＝Ud＝QdCn＝Qq＝600个。答案：(1)2.5m/s(2)600个10

.(2018·扬州模拟)静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示。A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40m，两板间有方向由B指向A，大小为E＝1.0×103N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油

漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0＝2.0m/s，质量m＝5.0×10－15kg、带电量为q＝－2.0×10－16C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上。试求：(

1)微粒打在B板上的动能；(2)微粒到达B板所需的最短时间；(3)微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小。解析：(1)电场力对每个微粒所做的功为：W＝qEd＝2.0×10－16×1.0×103×0.40J＝8.0×10－14J微粒从A板到B板过程，根据动能定理得W＝Ek

t－Ek0则得：Ekt＝W＋Ek0＝W＋12mv02＝8.0×10－14＋12×5.0×10－15×2.02J＝9.0×10－14J。(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短。由Ekt＝12mvt2得：vt＝2

Ektm＝2×9.0×10－145.0×10－15m/s＝6.0m/s根据运动学公式得：v0＋vt2＝dt所以微粒到达B板所需的最短时间为：t＝2dv0＋vt＝2×0.402.0＋6.0s＝0.1s。(3)根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形。由牛顿第二定律得：a＝qEm＝2

.0×10－16×1.0×1035.0×10－15m/s2＝40m/s2由类平抛运动规律得：R＝v0t1d＝12at12则圆形面积为：S＝πR2＝π(v0t1)2＝πv022da＝3.14×2.02×

2×0.4040m2≈0.25m2。答案：(1)9.0×10－14J(2)0.1s(3)形成的图形是圆形0.25m211．(2018·邯郸质检)如图，等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上，有一

质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动，O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时速度为v，取O点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响。求：

(1)小球经过B点时对杆的拉力大小；(2)在＋Q、－Q形成的电场中，A点的电势φA；(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度大小。解析：(1)小球经B点时，在竖直方向有F－mg＝mv2LF＝mg＋mv2L由牛顿第

三定律知，小球对细杆的拉力大小F′＝mg＋mv2L。(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB＝0小球从A到B过程中，由动能定理得mgL＋q(φA－φB)＝12mv2φA＝mv2－2mgL2q。(3)由电场对称性可知，φC＝－φA即UAC＝2φA小球从A到C过程，根据

动能定理qUAC＝12mvC2vC＝2v2－4gL。答案：(1)mg＋mv2L(2)mv2－2mgL2q(3)2v2－4gL