2019年高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測（十四）帶電體在電場中的運動問題.doc

《2019年高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測（十四）帶電體在電場中的運動問題.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測（十四）帶電體在電場中的運動問題.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019年高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測（十四）帶電體在電場中的運動問題 一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題) 1.(xx東海期中)如圖所示，帶電的平行金屬板電容器水平放置，質量相同、重力不計的帶電微粒A、B以平行于極板的相同初速度從不同位置射入電場，結果打在極板上同一點P。不計兩微粒之間的庫侖力，下列說法正確的是(　　) A．在電場中微粒A運動的時間比B長 B．在電場中微粒A運動的時間比B短 C．靜電力對微粒A做的功比B少 D．微粒A所帶的電荷量比B多 解析：選D　水平方向兩微粒做勻速直線運動，運動時間為 t＝，因為x、v0相等，則t相等，故A、B錯誤；在豎直方向上兩微粒做初速度為零的勻加速直線運動，由y＝at2＝t2得電荷量為：q＝，可知，q∝y，所以微粒A所帶的電荷量多。電場力做功為：W＝qEy＝Ey＝，則有：W∝y2，可知電場力對微粒A做的功多，故C錯誤，D正確。 2.(xx姑蘇模擬)如圖，左側為加速電場，右側為偏轉電場，加速電場的加速電壓是偏轉電場電壓的k倍，有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計電荷的重力，則偏轉電場長寬之比的值為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　設加速電壓為kU，偏轉電壓為U，對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：qkU＝mv2，對類平拋運動過程，有：l＝vt，＝t2，聯(lián)立解得：＝，故B正確。 3．(xx南通一模)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則(　　) A．該粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向 B．在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0 C．若該粒子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上 D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 解析：選A　粒子射入電場，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上前半個周期內先做勻加速直線運動，后半個周期內做勻減速直線運動，一個周期末豎直方向上的分速度恰好為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t＝時刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因為兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，結合上述分析則有：v0T＝2，解得vy＝2v0，則t＝時刻，vy′＝＝v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度大小為v＝v0，故B錯誤；若該粒子在時刻以速度v0進入電場，粒子在豎直方向上的運動情況與0時刻進入時運動的方向相反，運動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時間t＝＝，故D錯誤。 4.(xx詔安模擬)如圖所示，在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置。一帶電粒子沿平行于板面的方向，從左側兩極板中央射入電場中，恰能從右側極板邊緣處離開電場，不計粒子重力，若可以改變某個量，下列哪種變化，仍能確保粒子一定飛出電場(　　) A．只增大粒子的帶電量 B．只增大電場強度 C．只減小粒子的比荷 D．只減小粒子的入射速度 解析：選C　設帶電粒子的初速度為v0，右側極板長為L，電場強度為E，根據(jù)牛頓第二定律，有a＝，水平方向：L＝v0t，豎直方向：y＝at2，聯(lián)立得：y＝，只增大粒子的帶電量，只增大電場強度，只減小粒子的入射速度，都會使豎直位移y增大，粒子可能打到極板上，粒子不一定能飛出電場，故A、B、D錯誤；只減小粒子的比荷，豎直位移y減小，一定能飛出電場，故C正確。 5．(xx南京模擬)用輕繩拴著一質量為m、帶正電的小球在豎直面內繞O點做圓周運動，豎直面內加有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，如圖甲所示，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能Ek與繩中張力F間的關系如圖乙所示，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則(　　) A．小球所帶電荷量為 B．輕繩的長度為 C．小球在最高點時的最小速度為 D．小球在最低點時的最小速度為 解析：選C　在最高點時，繩對小球的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，則得：F＋mg＋Eq＝m，即mv2＝F＋mg＋Eq，由于Ek＝mv2，故Ek＝F＋(mg＋Eq)，由題圖乙可知，圖線斜率k＝＝，即L＝，故B錯誤；當F＝0時，由mg＋Eq＝m，mv2＝a，解得q＝，故A錯誤；當F＝0時，重力和電場力提供向心力，此時對應最小速度，mv2＝a，解得v＝，故C正確，D錯誤。 6.如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則(　　) A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 解析：選ABC　粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，由題圖可知，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確。 7. (xx張家港高三統(tǒng)考)如圖所示，水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，一帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，由此可知(　　) A．從B到C，小球的動能減小 B．從B到C，小球的電勢能減小 C．從A到B與從B到C小球的運動時間一定相等 D．從A到B與從B到C小球的速度變化量大小一定相等 解析：選AD　根據(jù)帶電小球在電場中的運動軌跡可知，帶電小球受到的合力豎直向上，電場力豎直向上，并且電場力大于重力，從B到C，合外力對小球做負功，小球的動能減小，A對；電場力對小球做負功，小球的電勢能增大，B錯；全過程小球在水平方向上做勻速直線運動，由于AB的水平距離和BC的水平距離大小關系不確定，所以兩段的運動時間的大小關系也不確定，C錯；C點的速度恰好水平，可知兩段的速度變化量的大小一定相等，D對。 8.(xx南通檢測)在豎直向上的勻強電場中，有兩個質量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質點)處在同一水平面上。現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則(　　) A．A球帶正電，B球帶負電 B．A球比B球先落地 C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加 D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的速率變化量比B球的小 解析：選AD　兩球均做類平拋運動，水平方向上有x＝v0t，豎直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可見水平距離x越大，加速度a越小，相應所用時間t越長，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，說明A球帶正電而受到豎直向上的電場力，B球帶負電而受到豎直向下的電場力，在下落過程中，電場力對A球做負功，A球電勢能增加，電場力對B球做正功，B球電勢能減少，選項A正確，B、C錯誤；根據(jù)動能定理有mah＝mv2－mv02，而Δv＝v－v0，可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量Δv越大，即A球的速率變化量較小，選項D正確。 9.(xx香坊區(qū)四模)如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是(已知重力加速度為g)(　　) A．板間電場強度大小為 B．兩極板間電勢差為 C．整個過程中質點的重力勢能增加 D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上 解析：選AC　據(jù)題分析可知，質點在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，質點的軌跡向下偏轉，最后才能垂直打在M上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，可知前后兩次偏轉的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE－mg＝mg，得到：E＝，故A正確；由U＝Ed可知，板間電勢差U＝d＝，故B錯誤；質點在兩極板間向上偏轉的距離 y＝at2，而a＝ ＝g，t＝，解得：y＝，故質點打在M上的位置與中線的高度差為：s＝2y＝，重力勢能的增加量為Ep＝mgs＝，故C正確；僅增大兩極板間距，因兩板上電量不變，根據(jù)E＝＝＝＝可知，板間電場強度不變，質點在兩極板間受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在M上，故D錯誤。 二、非選擇題 10.反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E1＝2.0103 N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示。帶電微粒質量m＝1.010－20 kg，帶電荷量q＝－1.010－9 C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應。求： (1)B點到虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t。 解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2， 解得d2＝0.50 cm。 (2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有 |q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2， 設微粒在虛線MN兩側運動的時間大小分別為t1、t2，由運動學公式有 d1＝a1t12， d2＝a2t22， 又t＝t1＋t2， 解得t＝1.510－8 s。 答案：(1)0.50 cm　(2)1.510－8 s 11．(xx徐州一模)如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d＝0.6 cm，兩板間加一周期性變化的電壓，當B板接地(φB＝0)時，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示?，F(xiàn)有一帶負電的微粒在t＝0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計(g＝10 m/s2)。求： (1)在0～和～T這兩段時間內微粒的加速度大小和方向； (2)要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少。 解析：(1)設電場力大小為F，則F＝2mg， 對于t＝0時刻射入的微粒，在0～時間內，有 F－mg＝ma1 又由題意，F(xiàn)＝2mg 解得a1＝g，方向向上 在～T時間內的加速度a2滿足 F＋mg＝ma2 解得 a2＝3g，方向向下。 (2)前半個周期上升的高度h1＝a12＝gT2 前半個周期微粒的末速度為v1＝gT 后半個周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間為t1，則3gt1＝gT，則得t1＝， 此段時間內上升的高度 h2＝a2t12＝3g2＝ 則上升的總高度為H＝h1＋h2＝ 后半個周期的－t1＝時間內，微粒向下做勻加速運動，下降的高度H3＝3g2＝， 上述計算表明，微粒在一個周期內的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則H≤d，即≤d 所加電壓的周期最長為Tm＝ ＝610－2 s。 答案：(1)g，方向向上　3g，方向向下 (2)610－2 s