2019-2020年高考物理一輪復習 20《帶電粒子在電場中的運動》（二）試題.doc

2019-2020年高考物理一輪復習 20帶電粒子在電場中的運動（二）試題1.質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細線上,且處在場強為E的勻強電場中,當小球A靜止時,細線與豎直方向成30角,已知此電場方向恰使小球受到的電場力最小,則小球所帶的電荷量應為()A.B.C.D.2.(xx全國新課標卷)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（ ）A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動3.如圖所示,Q為固定的正點電荷,A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h,一帶電小球(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放,運動到B點時速度恰好又變?yōu)榱?若此電荷在A點處的加速度大小為g,則()A.小球可以帶正電也可以帶負電B.電荷在B點處的加速度為3g,方向豎直向上C.A、B兩點間的電勢差為UAB=D.A、B兩點間的電勢差為UAB=-4.(xx石家莊質(zhì)檢)如圖所示,在一個粗糙絕緣水平面上,放置有兩個帶異種電荷的小物塊甲和乙,將甲固定,給乙一初速度v0,使它從M點向右遠離甲,下列情況可能發(fā)生的是()A.乙一直向右運動,最后靜止,兩個物塊的電勢能逐漸增加B.乙先向右運動,后向左運動,最后靜止在M點,兩個物塊的電勢能不變C.乙先向右運動,后向左運動,最后靜止在M點左側,兩個物塊的電勢能減小D.乙先向右運動,后向左運動,最后將與甲相碰5.如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個等量異種點電荷，電荷量分別為Q和-Q，A、B相距為2d.MN是豎直放置的光滑絕緣細桿，另有一個穿過細桿的帶電小球p，其質(zhì)量為m、電荷量為q(可視為點電荷，不影響電場的分布)，現(xiàn)將小球p從與點電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運動到距C點高度為d的O點時，速度為v，已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g.求：(1)C、O間的電勢差UCO；(2)小球p在O點時的加速度；(3)小球p經(jīng)過與點電荷B等高的D點時的速度.6.如圖甲所示,在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓.開始A板的電勢比B板高,此時兩板中間原來靜止的電子在電場力的作用下開始運動.設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運動時為速度的正方向,則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦規(guī)律變化)()7.(xx河南鄭州第二次質(zhì)檢)如圖所示,光滑絕緣桿PQ放置在豎直平面內(nèi),PQ的形狀與以初速度v0(v0=)水平拋出的物體的運動軌跡相同,P端為拋出點,Q端為落地點,P點距地面的高度為h.現(xiàn)在將該絕緣桿置于水平向右的勻強電場中,將一帶正電的小球套于其上,由靜止開始從P端滑下.已知重力加速度為g,電場力等于重力.當小球到達Q端時()A.小球的速率為B.小球的速率為2C.小球在水平方向的速度大小為D.小球在水平方向的速度大小為28.在方向水平的勻強電場中,絕緣細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球,另一端懸掛于O點.將小球拿到A點(此時細線與電場方向平行)無初速釋放,已知小球擺到B點時速度為零,此時細線與豎直方向的夾角為=30,求: (1)小球所受電場力;(2)小球速度最大時懸線與豎直方向的夾角;(3)小球速度最大時細線對小球的拉力.9.如圖甲所示，在xOy坐標系中，兩平行金屬板如圖放置，OD與x軸重合，板的左端與原點O重合，板長L2 m，板間距離d1 m，緊靠極板右側有一熒光屏.兩金屬板間電壓UAO隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，已知U01103 V，變化周期T210-3 s，t0時刻一帶正電的粒子從左上角A點，以v01103 m/s的速度平行于AB邊射入板間，粒子電荷量q110-5 C，質(zhì)量m110-7 kg，不計粒子所受重力，求：(1)粒子在板間運動的時間；(2)粒子打在熒光屏上的縱坐標；(3)粒子打到屏上的動能.參考答案1.解析:對帶電小球受力分析如圖所示,當電場力最小時,電場力方向應與絕緣細線垂直,qE=mgsin30,解得,q=,D項正確.答案:D2.解析：帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力FEq，方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確.答案：BD3.解析:小球向下運動受到電場斥力,故一定帶正電,A項錯;設其電荷量為q,在A點時,mg-=mg,在B點時-mg=maB,解得aB=3g,方向豎直向上,B項正確;從A到B,mg(h-0.25h)+qUAB=0,解得UAB=-,C項錯,D項正確.答案:BD4.解析:甲、乙?guī)М惙N電荷,相互吸引力為F,乙向右滑行時受到的摩擦力Ff和F均向左,則乙必會在一段時間后減速到零,此時若FFf,則乙保持靜止,電勢能增加,A項正確;若F>Ff,則乙反向加速,且加速過程中F增大,乙中間不會停止,直至與甲碰撞,B、C兩項錯誤,D項正確.答案:AD5.解析：(1)小球p由C點運動到O點時，由動能定理得：mgdqUCO-0，所以UCO.(2)小球p經(jīng)過O點時的受力如圖所示.由庫侖定律得：F1F2，它們的合力為：FF1 cos 45F2 cos 45，所以小球p在O點處的加速度a，方向豎直向下.(3)由電場特點可知，在C、D間電場的分布是對稱的，即小球p由C點運動到O點與由O點運動到D點的過程中合外力做的功是相等的，由動能定理知：W合-02，解得vDv.答案：(1) (2) 方向豎直向下(3)v.6.解析:電子在交變電場中所受電場力恒定,加速度大小不變,故C、D兩項錯誤;從0時刻開始,電子向A板做勻加速直線運動,T后電場力反向,電子向A板做勻減速直線運動,t=T時刻速度變?yōu)榱?之后重復上述運動,A項正確,B項錯.答案:A7.解析:由題意可知,PQ的形狀與以初速度v0水平拋出的物體的運動軌跡相同,初速度v0=,可得PQ的水平距離為2h,又知電場力等于重力,由動能定理可得,到達Q端時小球的速率為v=,A項正確,B項錯誤;在Q點將速度分解可知,水平分速度為vx=,C、D兩項錯誤.答案:A8.解析:(1)小球由A運動到B根據(jù)動能定理,mgLcos-qEL(1+sin)=0解得qE=mg. (2)設小球在位置C時,電場力、重力的合力與細線拉力在一條直線上,此時小球速度最大,設懸線與豎直方向夾角為,受力如圖,則tan=,=30.(3)由A到C,根據(jù)動能定理,有mgL sin60-qEL(1-cos60)=在C點,根據(jù)牛頓第二定律,有FT-mgcos30-qE sin30=m解得FT=mg.答案:(1)mg(2)30(3)mg9.解析：(1)粒子在板間沿x軸勻速運動，設運動時間為t，由Lv0t，t210-3 s. (2)設t0時刻射入的粒子在板間偏轉量最大為y1，y1，ma，解得y10.15 m，縱坐標yd-y10.85 m.(3)粒子出射時的動能，由動能定理得，又y2，故Ek5.0510-2 J.答案：(1)210-3 s (2)0.85 m (3)5.0510-2 J