（新課標(biāo)）2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)34 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）新人教版

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1、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、選擇題1.(2018廣州二模)a、b兩離子從平行板電容器兩板間P處垂直電場(chǎng)入射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖若a、b的偏轉(zhuǎn)時(shí)間相同，則a、b一定相同的物理量是()A比荷B入射速度C入射動(dòng)能 D入射動(dòng)量答案A解析A項(xiàng)，a、b兩離子豎直方向分位移相等，故：yt2，由于y、E、t均相等，故比荷相等，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，水平方向位移關(guān)系時(shí)xaxb，水平分運(yùn)動(dòng)時(shí)勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間相等，故vavb，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，a、b兩離子初速度不同，質(zhì)量關(guān)系未知，無法確定初動(dòng)能和動(dòng)量大小關(guān)系，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤2.(2017江蘇)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M

2、、P點(diǎn)由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B運(yùn)動(dòng)到P和P點(diǎn)之間返回C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回D穿過P點(diǎn)答案A解析設(shè)A、B板間的電勢(shì)差為U1，B、C間電勢(shì)差為U2，板間距為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第一次由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU1qU2qEd，將C板向右移動(dòng)，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度：E不變，所以電子還是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度減小到零，然后返回，故A項(xiàng)正確；B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤3.(2018濮陽一模)如圖所示，兩個(gè)水平平行放置的帶電極板之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)相同的帶電粒子從兩側(cè)同一高度同時(shí)水平射入電場(chǎng)，經(jīng)過時(shí)間t在電場(chǎng)中某點(diǎn)相遇

3、則以下說法中正確的是()A若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為tB若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為tC若勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為tD若勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為t答案A解析兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間只和初速度大小相關(guān)，當(dāng)兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時(shí)間為t，故A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤4.(2018信陽二模)(多選)有重力可忽略不計(jì)的三個(gè)帶正電的粒子A、B、C，先后沿如圖所示的虛線OO方向從左側(cè)中點(diǎn)水平進(jìn)入平

4、行板電容器中，并最終都能擊中MN板已知三個(gè)粒子質(zhì)量之比mAmBmC112，三個(gè)粒子帶電量之比為qAqBqC121，關(guān)于三個(gè)粒子擊中MN板的位置，下列說法正確的是()A若A、B、C以相同的速度進(jìn)入電容器，則最終A、B、C擊中MN板上同一點(diǎn)B若A、B、C以相同的動(dòng)量進(jìn)入電容器，則最終B、C擊中MN板上同一點(diǎn)C若A、B、C以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則最終A、C擊中MN板上同一點(diǎn)D若A、B、C以相同的動(dòng)能進(jìn)入電容器，則最終A、B擊中MN板上同一點(diǎn)答案BC解析粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：hat2水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)：Lv0t聯(lián)立得hA項(xiàng)，根據(jù)公式可知速度相同，比荷不同，則h不同，不可能擊中同一個(gè)位

5、置，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，h，p相同，mq相同，則h同，mAmBmC112：，三個(gè)粒子帶電量之比為qAqBqC121知BC的mq相同，故B項(xiàng)正確；C、D兩項(xiàng)，h，動(dòng)能相同，如q相同，則h相同，故A、C擊中相同位置，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤5.(2018甘肅模擬)(多選)如圖所示，水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平由此可知()A從B到C，小球的動(dòng)能減小B從B到C，小球的電勢(shì)能減小C從A到B與從B到C小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相等D從A到B與從B到C小球的速度變化量大小一定相等答案AD解析A項(xiàng)，從B到C，可知豎直分速度

6、減小，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故A項(xiàng)正確B項(xiàng)，從B到C的過程中，合力向上，則電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球電勢(shì)能增加，故B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，從A到B做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上分速度由0增加到vy，進(jìn)入電場(chǎng)后，由vy減小為零，可知A到B和B到C小球的速度變化量大小相等，由于加速度大小不一定相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確6.(2018宿州三模)如圖，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，M、N為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)已知該粒子在M點(diǎn)的速度大小為v0，方向與水平方向的夾角為60，N點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，不計(jì)重力則M

7、、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A. BC D.答案B解析粒子在最高點(diǎn)速度等于初速度的水平分量，為：vNvMv0cos60v0，對(duì)從M到N過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qUMNmvN2mvM2，解得：UMN，故A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確7.如圖所示，一帶電粒子(重力不計(jì))以初動(dòng)能Ek垂直電場(chǎng)線穿過以虛線為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，粒子離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為5Ek；若將粒子的初動(dòng)能增加到4Ek，粒子離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能可能為()A.Ek B5EkC7Ek DEk答案B解析設(shè)粒子的初動(dòng)能增加前在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向上的分速度為：vyat，則：Ekmvy25Ek，得：mvy24Ek，則若將粒子的初動(dòng)能增加

8、到4Ek即初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電場(chǎng)的寬度不變，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，故離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向上的分速度為：vyatvy，則有：4Ekm(vy)2Ek，解得：Ek5Ek.8.如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場(chǎng)加速后，垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是()A保持U2和平行板間距不變，減小U1B保持U1和平行板間距不變，增大U2C保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板答案D解析粒子在電場(chǎng)中加速U1qmv02，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中x

9、v0t，yt2，解得x2：開始時(shí)xL，若要使x增大為L，保持U2和平行板間距不變，減小U1則x會(huì)減小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，則x變大，故D項(xiàng)正確，故選D項(xiàng)9示波器可以用來觀察電信號(hào)隨時(shí)間變化的情況，其核心部件是示波管，其原理圖如下，XX為水平偏轉(zhuǎn)電極，YY為豎直偏轉(zhuǎn)電極以下說法正確的是()AXX加圖3波形電壓、YY不加信號(hào)電壓，屏上在兩個(gè)位置出現(xiàn)亮點(diǎn)BXX加圖2波形電壓、YY加圖1波形電壓，屏上將出現(xiàn)兩條豎直亮線CXX加圖4波形電壓、Y

10、Y加圖2波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線DXX加圖4波形電壓、YY加圖3波形電壓，屏上將出現(xiàn)圖1所示圖線答案A解析A項(xiàng)，XX加圖3波形電壓、YY不加信號(hào)電壓，左右周期性的打在屏上，所以出現(xiàn)屏上在兩個(gè)位置出現(xiàn)亮點(diǎn)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，XX加圖2波形電壓、YY加圖1波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，XX加圖4波形電壓、YY加圖2波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條水平亮線，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，XX加圖4波形電壓、YY加圖3波形電壓，屏上將出現(xiàn)兩條水平亮線，故D項(xiàng)錯(cuò)誤10(2018廣東模擬)如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于PQ的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105

11、 C的帶正電粒子(重力不計(jì))從a點(diǎn)以v11104 m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場(chǎng)，最終從MN邊界的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30角斜向右上方的方向射出，射出電場(chǎng)時(shí)的速度v22104 m/s，已知MP20 cm、MN80 cm，取a點(diǎn)電勢(shì)為零，如果以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E、電勢(shì)、粒子的速度v、電勢(shì)能Ep隨x的變化圖像正確的是()答案D解析A項(xiàng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)處處相同，則知Ex圖像是平行于x軸的直線，故A項(xiàng)錯(cuò)誤B項(xiàng)，x的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)E，粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)降低，則知x圖像是向下傾斜的直線，故B項(xiàng)錯(cuò)誤C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：q

12、Exmv2mv02，得：v，可知vx圖像是曲線，故C項(xiàng)錯(cuò)誤D項(xiàng)，取a點(diǎn)電勢(shì)為零，粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，動(dòng)能的增加量為Ekmv22mv12，解得Ek3103 J，電勢(shì)能減少量為EpEk3103 J，所以粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為3103 J.豎直方向有MPv1t，水平方向有xt，聯(lián)立解得x17.32 cm根據(jù)電場(chǎng)力做功多少電勢(shì)能減少多少，可得，EpqEx，因此，Epx圖像是位于第四象限過原點(diǎn)的向下傾斜的直線，故D項(xiàng)正確11.(2018唐山模擬)(多選)水平面上的三點(diǎn)A、O、B在一條直線上，OB2OA，OO是豎直的分界線，其左邊區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，其右邊區(qū)域內(nèi)有水平向

13、左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，現(xiàn)將一帶電小球從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，小球在空中越過分界線后，豎直向下落在B點(diǎn)，不計(jì)阻力，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A小球落在B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于v0B左右兩區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度大小的比值為E1E212C小球經(jīng)過分界線時(shí)離水平面的高度為D小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能答案AC解析A項(xiàng)，小球只受重力和電場(chǎng)力作用，故豎直方向做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，又有A、B兩點(diǎn)的高度相等，故豎直方向的速度大小相等；根據(jù)B點(diǎn)速度豎直向下可得：小球落在B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于v0，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，小球在水平方向只受電場(chǎng)力作用，做勻變速運(yùn)動(dòng)；故在OO左側(cè)做加速度a1的

14、勻加速運(yùn)動(dòng)，在右側(cè)做加速度a2的勻減速運(yùn)動(dòng)；設(shè)在左側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，在右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2；則有：t1t2，a1t1a2t2；又有OB2OA，所以，a2t222a1t12；所以，t22t1，E1E2a1a2t2t121；故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故經(jīng)過分界線時(shí)離水平面的高度為hv0t1gt12，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，根據(jù)E1E221，OB2OA，由UEd可得：A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故電勢(shì)能相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤12(2018浙江模擬)現(xiàn)有兩極板M()、N()，板長80 cm，板間距20 cm，在兩板間加一周期性的直流電壓，如圖所示現(xiàn)有一粒子(正電，104 C/kg)0時(shí)刻從上極板左側(cè)邊

15、緣水平射入兩極板間，v2103 m/s，重力不計(jì)，則正確的是()A粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線B經(jīng)t0.8104 s，粒子速度為0.8103 m/sC粒子能從兩板間射出D若粒子要從兩板間射出，兩板間距至少為10 cm答案D解析A項(xiàng)，因?yàn)榱Ｗ又皇茈妶?chǎng)力的作用，并且該電場(chǎng)力是周期性的變化的力，不是一個(gè)恒力，所以粒子的運(yùn)動(dòng)不是類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡不為拋物線故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，粒子的加速度a m/s2107 m/s2，經(jīng)t0.8104 s，粒子速度為v，代入數(shù)據(jù)解得v4102 m/s.故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，若粒子能射出，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則t4104 s，所以豎直位移，y(at12)(at1t1)(at1t1

16、at12)(2at1t1)5at125107(104)2 m0.5 m，大于板間距20 cm，所以粒子將打到下極板N上故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，要使兩極板間的距離最短，應(yīng)該在t1104 s時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，這樣在豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離最小，根據(jù)位移和速度公式可得：dt2ttt2t2，解得：d10 cm.故D項(xiàng)正確二、非選擇題13.(2018山東二模)如圖所示，空間內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，豎直平行直線為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未知)，現(xiàn)有一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶負(fù)電的粒子，從O點(diǎn)以某一初速度垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，A、B為運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力及空氣的阻力(1)若OA連線與電場(chǎng)線夾角為60，OAL，

17、求帶電粒子從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及進(jìn)電場(chǎng)的初速度；(2)若粒子過B點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向夾角為60，求帶電粒子從O點(diǎn)到B點(diǎn)過程中電場(chǎng)力所做的功答案(1)tv0(2)解析(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：Lsin60v0tLcos60at2粒子的加速度為：a聯(lián)立解得：t，v0(2)設(shè)粒子到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，粒子從O點(diǎn)到B點(diǎn)過程中電場(chǎng)力做功為W，則由合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)的關(guān)系有：v2v0由動(dòng)能定理有：Wmv2mv02聯(lián)立解得：Wmv02.14.(2018全國二模)在豎直平面內(nèi)有與平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從豎直平面的坐標(biāo)原點(diǎn)O處以某一速度拋出，已知小球經(jīng)y軸上

18、的某點(diǎn)P時(shí)速度最小，小球經(jīng)Q點(diǎn)時(shí)速度大小與O點(diǎn)的速度大小相同，且xQd，yQd，如圖所示已知重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值；(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度為(1)中所求的值，求小球從O點(diǎn)拋出時(shí)的初速度的大小和再次經(jīng)過x軸的坐標(biāo)答案(1)方向沿OQ方向(2)3d解析(1)由于小球在O、Q兩點(diǎn)的速度大小相等，則小球所受重力和電場(chǎng)力的合力F的方向應(yīng)與OQ垂直，合力與y軸負(fù)方向的夾角為45當(dāng)電場(chǎng)力與合力垂直時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，有qEmgcos45，解得E，方向沿OQ方向(2)當(dāng)E取最小值時(shí)，合力F，小球運(yùn)動(dòng)過程中的加速度為ag方向與y軸負(fù)方向成45角由于小球在P點(diǎn)速度最小，則P點(diǎn)在OQ的中垂線上，易得P點(diǎn)坐標(biāo)為(0，d)在P點(diǎn)，小球速度方向應(yīng)沿OQ方向，設(shè)P點(diǎn)的速度為v，得：vtOQd，at2PMd解得v，在O點(diǎn)的速度v0應(yīng)有：v0解得v0設(shè)小球運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交點(diǎn)為R，小球從P到R做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)PM交x軸為N，RS與PS垂直，有SRvttPSat2gt2PSPNNSdRS解得t2，RSd所以O(shè)RONNRd2d3d.10