2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 20《帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)》（二）試題.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 20《帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)》（二）試題 1.質(zhì)量為m的帶正電小球A懸掛在絕緣細(xì)線上,且處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中,當(dāng)小球A靜止時(shí),細(xì)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(yīng)為(　　) A. B. C. D. 2.(xx全國新課標(biāo)卷)如圖，平行板電容器的兩個(gè)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(shì)能逐漸增加 C.動(dòng)能逐漸增加 D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng) 3.如圖所示,Q為固定的正點(diǎn)電荷,A、B兩點(diǎn)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(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度恰好又變?yōu)榱?若此電荷在A點(diǎn)處的加速度大小為g,則(　　) A.小球可以帶正電也可以帶負(fù)電 B.電荷在B點(diǎn)處的加速度為3g,方向豎直向上 C.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB= D.A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB=- 4.(xx石家莊質(zhì)檢)如圖所示,在一個(gè)粗糙絕緣水平面上,放置有兩個(gè)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(diǎn)向右遠(yuǎn)離甲,下列情況可能發(fā)生的是(　　) A.乙一直向右運(yùn)動(dòng),最后靜止,兩個(gè)物塊的電勢(shì)能逐漸增加 B.乙先向右運(yùn)動(dòng),后向左運(yùn)動(dòng),最后靜止在M點(diǎn),兩個(gè)物塊的電勢(shì)能不變 C.乙先向右運(yùn)動(dòng),后向左運(yùn)動(dòng),最后靜止在M點(diǎn)左側(cè),兩個(gè)物塊的電勢(shì)能減小 D.乙先向右運(yùn)動(dòng),后向左運(yùn)動(dòng),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(gè)等量異種點(diǎn)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(xì)桿，另有一個(gè)穿過細(xì)桿的帶電小球p，其質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點(diǎn)電荷，不影響電場的分布)，現(xiàn)將小球p從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)高度為d的O點(diǎn)時(shí)，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(shì)差UCO； (2)小球p在O點(diǎn)時(shí)的加速度； (3)小球p經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)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(shì)比B板高,此時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場力的作用下開始運(yùn)動(dòng).設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞,向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)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(xiàng)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(yùn)動(dòng)軌跡相同,P端為拋出點(diǎn),Q端為落地點(diǎn),P點(diǎn)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(qiáng)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(dāng)小球到達(dá)Q端時(shí)(　　) A.小球的速率為 B.小球的速率為2 C.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2 8.在方向水平的勻強(qiáng)電場中,絕緣細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球,另一端懸掛于O點(diǎn).將小球拿到A點(diǎn)(此時(shí)細(xì)線與電場方向平行)無初速釋放,已知小球擺到B點(diǎn)時(shí)速度為零,此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ=30,求: (1)小球所受電場力; (2)小球速度最大時(shí)懸線與豎直方向的夾角; (3)小球速度最大時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力. 9.如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)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(diǎn)O重合，板長L＝2 m，板間距離d＝1 m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏.兩金屬板間電壓UAO隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，已知U0＝1103 V，變化周期T＝210-3 s，t＝0時(shí)刻一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)，以v0＝1103 m/s的速度平行于AB邊射入板間，粒子電荷量q＝110-5 C，質(zhì)量m＝110-7 kg，不計(jì)粒子所受重力，求： (1)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)粒子打在熒光屏上的縱坐標(biāo)； (3)粒子打到屏上的動(dòng)能. 參考答案 1.解析:對(duì)帶電小球受力分析如圖所示,當(dāng)電場力最小時(shí),電場力方向應(yīng)與絕緣細(xì)線垂直,qE=mgsin30,解得,q=,D項(xiàng)正確. 答案:D 2.解析：帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力F＝Eq，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(yùn)動(dòng)，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確. 答案：BD 3.解析:小球向下運(yùn)動(dòng)受到電場斥力,故一定帶正電,A項(xiàng)錯(cuò);設(shè)其電荷量為q,在A點(diǎn)時(shí),mg-=mg,在B點(diǎn)時(shí)-mg=maB,解得aB=3g,方向豎直向上,B項(xiàng)正確;從A到B,mg(h-0.25h)+qUAB=0,解得UAB=-,C項(xiàng)錯(cuò),D項(xiàng)正確. 答案:BD 4.解析:甲、乙?guī)М惙N電荷,相互吸引力為F,乙向右滑行時(shí)受到的摩擦力Ff和F均向左,則乙必會(huì)在一段時(shí)間后減速到零,此時(shí)若F≤Ff,則乙保持靜止,電勢(shì)能增加,A項(xiàng)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(huì)停止,直至與甲碰撞,B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 答案:AD 5.解析：(1)小球p由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理得： mgd＋qUCO＝-0， 所以UCO＝. (2)小球p經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的受力如圖所示.由庫侖定律得： F1＝F2＝， 它們的合力為： F＝F1 cos 45＋F2 cos 45＝， 所以小球p在O點(diǎn)處的加速度a＝，方向豎直向下. (3)由電場特點(diǎn)可知，在C、D間電場的分布是對(duì)稱的，即小球p由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)與由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中合外力做的功是相等的，由動(dòng)能定理知： W合＝-0＝2，解得vD＝v. 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(xiàng)錯(cuò)誤;從0時(shí)刻開始,電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),T后電場力反向,電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),t=T時(shí)刻速度變?yōu)榱?之后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò). 答案:A 7.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(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理可得,到達(dá)Q端時(shí)小球的速率為v=,A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;在Q點(diǎn)將速度分解可知,水平分速度為vx=,C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:A 8.解析:(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B根據(jù)動(dòng)能定理, mgLcosθ-qEL(1+sinθ)=0 解得qE=mg. (2)設(shè)小球在位置C時(shí),電場力、重力的合力與細(xì)線拉力在一條直線上,此時(shí)小球速度最大,設(shè)懸線與豎直方向夾角為α,受力如圖,則 tanα=,α=30. (3)由A到C,根據(jù)動(dòng)能定理,有 mgL sin60-qEL(1-cos60)= 在C點(diǎn),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)mg 9.解析：(1)粒子在板間沿x軸勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t， 由L＝v0t，t＝＝210-3 s. (2)設(shè)t＝0時(shí)刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大為y1， y1＝， ＝ma，解得y1＝0.15 m， 縱坐標(biāo)y＝d-y1＝0.85 m. (3)粒子出射時(shí)的動(dòng)能，由動(dòng)能定理得 ＝， 又y2＝，故Ek＝＝5.0510-2 J. 答案：(1)210-3 s (2)0.85 m (3)5.0510-2 J