【文档说明】高考物理一轮复习习题：第7章 第5讲 带电粒子在电场中的运动 Word版含答案.doc，共(8)页，264.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75301.html

以下为本文档部分文字说明：

第5讲带电粒子在电场中的运动A组基础题组1.如图所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线AB运动,由此可知()A.电场中A点的电势低于B点的电势B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能C

.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能,在A点时的电势能大于在B点时的电势能D.微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和2.(2015浙江杭州重点中学联考)2013年12月初,雾霾施虐宁波,有同学想通过静电除尘的方法净化空气,设计原理图如图所示。她用玻璃

圆桶密闭含灰尘的空气,圆桶的高和直径相等。第一种除尘方式是:在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,尘粒的运动方向如图甲所示;第二种除尘方式是:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间加上

的电压也等于U,形成沿半径方向的辐向电场,尘粒的运动方向如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比,即F阻=kv(k为一定值),假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同,则在这两种方式中()A.尘粒最终一定都做匀速运动B.尘粒受到的电场力大小相等C.电场对单个尘粒做功的最大值相等D.乙

容器中的尘粒运动为类平抛运动3.(2015湖南十三校二联,19)(多选)如图所示,a、b、c、d是某匀强电场中的四个点,它们是一个四边形的四个顶点,ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,电场线与四边形所在平面平行。已知a点电势为2

4V,b点电势为28V,d点电势为12V。一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0,方向与bc成45°,一段时间后经过c点,则下列说法正确的是()A.c点电势为20VB.质子从b运动到c所用的时间为C.场强的

方向由a指向cD.质子从b运动到c电场力做功为8电子伏4.(2016浙江绍兴一中期中)(多选)如图所示,从灯丝发射的电子经电压为U1的加速电场加速后,进入偏转电场U2,若要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍,可供选用的方法是()A.使U1减小

为原来的1/2B.使U2增大为原来的2倍C.使偏转极板的长度增大为原来的2倍D.使偏转极板间的距离减小为原来的1/25.(2016浙江绍兴一中期中)一个动能为Ek的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器

,飞出电容器时动能为2Ek,如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,则它飞出电容器时的动能变为()A.8EkB.5EkC.4.25EkD.4Ek6.如图所示,带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知板长为L

,板间的距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为+q,粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力),则()A.在前时间内,电场力对粒子做的功为B.在后时间内,电场力对粒子做的功为C.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为1∶2D.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为2∶17.(201

5新疆第一次检测,21)(多选)如图所示,质子、氘核和α粒子(均不计重力)都沿平行板电容器两板中线OO'方向垂直于电场线射入板间的匀强电场,且都能射出电场、射出后都打在同一个荧光屏上,使荧光屏上出现亮点。则下列说法正确的是()A.若它们射入匀强电场时的速度相

等,则在荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入匀强电场时的速度相等,则在荧光屏上将出现2个亮点C.若它们射入匀强电场时的动能相等,则在荧光屏上将出现3个亮点D.若它们射入匀强电场时的动能相等,则在荧光屏上将出现2个亮点B组提升题组8.(

2015湖北武汉武昌调研,21)(多选)正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图所示的电路中,板长为l,板间距为d,在距离板的右端2l处有一竖直放置的光屏M。D为理想二极管(即正向电阻为0,反向电阻无穷大),R为滑动变阻器,R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间,闭合开关S,让一带电荷量为

q、质量为m的质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间,质点未碰极板,最后垂直打在M屏上。在保持开关S闭合的情况下,下列分析或结论正确的是()A.质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化相同B.板间电场强度大小为C.若仅将滑片P向下滑动一段后,再

让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上D.若仅将两平行板的间距变大一些,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上9.如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上,当整个装置被

置于一水平向右的匀强电场中时,小物块恰好静止。重力加速度取g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)水平向右电场的电场强度;(2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度是多大?(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。10.(2015

湖南浏阳一中、醴陵一中、攸县一中联考)如图所示,两平行金属板A、B长L=8cm,两极板间距离d=8cm,A极板比B极板电势高300V,一电荷量q=1×10-10C、质量m=1×10-20kg的带正电的粒子,沿电场中心线RO垂直电场线方向飞入电场,初

速度v0=2×106m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域,(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12cm,D是中心线RO与界面PS的交点,O点在

中心线上,距离界面PS为9cm,粒子穿过界面PS恰好做匀速圆周运动打在放置于中心线上的荧光屏bc上,不计粒子重力(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2)。(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远?到达PS界面时离D点多远?(2)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。答案全解

全析A组基础题组1.B一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线AB运动,分析知其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左,场强则水平向右,如图所示:所以电场中A点的电势高于B点的电势,A错;微粒从A向B

运动,则合外力做负功,动能减小,电场力做负功,电势能增加,C错,B对;微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变,所以D错。2.C尘粒可能一直做加速运动,也可能最终做匀速运动,故A错误;每种除尘方式中尘粒受到电场力大小F=qE,但两种

不同方式,空间中的电场强度不同,所以尘粒所受电场力大小是不同的,故B错误;因电场对单个尘粒做功的最大值为qU,则在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相等,故C正确;乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化,所受合

力不为恒力,故尘粒做的不是类平抛运动,故D错误。3.ABD如图,由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有:φb-φa=φa-φe得φe=20V又φb-φe=φc-φd得φc=20V,A正确。ec连线为等势线,则电场方向由b指向d,C错误。质子做类平抛运动,则有:2lsin45°=

v0t得t=,B正确。质子从b运动到c电场力做功W=8eV,D正确。4.ABD根据动能定理得,eU1=m,设偏转极板的长度为L,两极板间的距离为h,则偏转位移d=at2,又L=v0t,解得d=,若使U1减小为原来的,则偏转位移变为原来的

2倍,故A正确;若使U2增大为原来的2倍,则偏转位移变为原来的2倍,故B正确;若使偏转极板的长度增大为原来的2倍,则偏转位移变为原来的4倍,故C错误;若使偏转极板间的距离减小为原来的,则偏转位移变为原来的2倍,故D正确。5.

C动能为Ek的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2Ek,则电场力做功为W=Ek;若使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,动能变为4Ek,则其在偏转电场中运动的时间减半,根据y=at2可知偏转距离变为原来的,根据W=Eqy可知电场力做功变为原来的,即动能增量

变为原来的,则它飞出电容器时的动能变为4.25Ek,故选C。6.B带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,带电粒子所做的运动是类平抛运动。竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直

线运动,由运动学知识可知,前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3,电场力做功之比也为1∶3。又因为电场力做的总功为,所以在前时间内,电场力对粒子做的功为,A选项错;在后时间内,电场力对粒子做的功为,B选项对;在粒子下落前和后的过程中,电场力做功相等,故C、D选项错。7.BD由题意知,带电

粒子在电场中偏转位移y=at2=,设质子的质量、电荷量分别为m、q,则氘核的质量、电荷量分别为2m、q,α粒子的质量、电荷量分别为4m、2q。若它们射入匀强电场时的速度相等,可知质子和α粒子在电场中偏转位移y不相同,氘核与α粒

子在电场中偏转位移相同,则在荧光屏上将出现2个亮点,选项A错误,B正确;若它们射入匀强电场时的动能Ek=mv2相等,在电场中偏转位移y'=,则可知质子和氘核在电场中偏转位移相同,质子与α粒子在电场中偏转位移不同,则在荧光屏上将出现2个亮点,即选项C错误,D正确。B组提

升题组8.BCD根据题设条件可知:带电质点在电场中受到竖直向上的电场力,加速度方向向上,离开电场后,加速度方向向下,故质点在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化不同,选项A错误;由于带电质点垂直打在

光屏上,故由平抛运动规律,在竖直方向上,由牛顿第二定律和速度公式可得:v=×=g×,解得:E=,选项B正确;若仅将滑片P向下滑动一段后,电阻值减小,电容器两端电压减小,欲放电,因二极管的作用,电容器不能放电,故电容器板间电场不变,该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然

会垂直打在光屏上,选项C正确;若仅将两平行板的间距变大一些,根据C==,电容减小,欲放电,因二极管的作用,电容器不能放电,故电容器板间电场不变,该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会垂直打在光屏上,选项D正确。

9.答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力分析如图所示,则有FNsin37°=qEFNcos37°=mg解得E=(2)若电场强度减小为原来的,即E'=由牛顿第二定律得mgsin37°-qE'cos37°=ma解得a=0.3

g。(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得mgLsin37°-qE'Lcos37°=Ek-0解得Ek=0.3mgL。10.答案(1)0.03m0.12m(2)负电1.04×10-8C解析(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距

离(侧向位移)y=at2t=a=UAB=300V解得:y=0.03m带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,其运动轨迹与PS线交于a点,设a到中心线的距离为Y,则=解得Y=0.12m;(2)带电粒子到达a处时,沿v0

方向的速度大小为vx=v0=2×106m/s垂直v0方向的速度大小为vy=at=1.5×106m/s如图,tanα==,tanβ==,可知速度v的方向与Oa垂直根据题意可知,该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动,且半径等于Oa的长度,即r=Oa=代入数据解

得:r=0.15m粒子到达a点时的速度大小为:v==2.5×106m/s;由库仑定律和牛顿第二定律得k=m解得Q=1.04×10-8C,且Q带负电。