（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：y＝··t2，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)xa＞xb，水平分運(yùn)動(dòng)時(shí)勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間相等，故va＞vb，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.

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、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：－qU1＝qU2＝qEd，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

3、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．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t B．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t C．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 D．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

4、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mA∶mB∶mC＝1∶1∶2，三個(gè)粒子帶電量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1，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)

5、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：h＝at2 水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)：L＝v0t 聯(lián)立得h＝ A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)位置，故A項(xiàng)錯(cuò)誤； B項(xiàng)，h＝＝，p相同，mq相同，則h同，mA∶mB∶mC＝1∶1∶2：，三個(gè)粒子帶電量之比為qA∶qB∶qC＝1∶2∶1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

6、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．

7、 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、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為(　　) A. B．－ C．－ 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： vN＝vM＝v0cos60°＝v0

8、， 對(duì)從M到N過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有： qUMN＝mvN2－mvM2， 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 B．5Ek C．7Ek D．Ek 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：vy＝at，則：Ek＋mvy2＝5Ek，得：mvy2＝4Ek，則若將粒子的初動(dòng)能增加到4Ek即初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，而電場(chǎng)的寬度不

9、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：vy′＝a·t＝vy，則有：4Ek＋m(vy)2＝Ek′，解得：Ek′＝5Ek. 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U1 B．保持U1和平行板間距不變，增大U2 C．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U1q＝

10、mv02，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中x＝v0t，y＝t2，解得x2＝：開始時(shí)x＝L，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(　　) A．XX′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) B．XX′加圖2

11、波形電壓、YY′加圖1波形電壓，屏上將出現(xiàn)兩條豎直亮線 C．XX′加圖4波形電壓、YY′加圖2波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線 D．XX′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．

12、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m＝2.0×10－11 kg、電荷量為q＝1.0×10－5 C的帶正電粒子(重力不計(jì))從a點(diǎn)以v1＝1×104 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v2＝2×104 m/s，已知MP＝20 cm、MN＝80 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)φ、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

13、場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)處處相同，則知E-x圖像是平行于x軸的直線，故A項(xiàng)錯(cuò)誤． B項(xiàng)，φ-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φ-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：qEx＝mv2－mv02，得：v＝，可知v-x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ΔEk＝mv22－mv12，解得ΔEk＝3×103 J，電勢(shì)能減少量為ΔEp＝ΔEk＝3×103 J，所以粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為－3×103 J. 豎直方向有MP＝v1t，水平方向有x＝t，聯(lián)立解得x＝17.32 cm 根據(jù)電場(chǎng)力做功多少電勢(shì)能減

14、少多少，可得，Ep＝－qEx，因此，Ep-x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，OB＝2OA，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v0 B．左右兩區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度大小的比值為E1∶E2＝1∶2 C．小球經(jīng)過分界線時(shí)離水平面的高度為

15、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：t1＋t2＝，a1t1＝a2t2；又有OB＝2OA，所以，a2t22＝2×a1t12；所以，t2＝2t1＝，E1∶E2＝a1∶a2＝t2∶t1＝2∶1；故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C

16、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h＝v0t1－gt12＝－＝，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，根據(jù)E1∶E2＝2∶1，OB＝2OA，由U＝Ed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)邊緣水平射入兩極板間，v＝2×103 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)Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度為0.8×103 m/s C．粒子能從兩

17、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/s2＝107 m/s2，經(jīng)Δt＝0.8×10－4 s，粒子速度為v＝，代入數(shù)據(jù)解得v＝4×102 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t＝＝4×10－4 s，所以豎直位移，y＝(at12)＋(at1·t1)＋(at1·t1＋at12)＋(2at1·t1)＝5at12＝5×107×(10－4)2 m＝0.5 m，大于板

18、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t＝1×10－4 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：d＝t2＋t·t＋t2＋t2，解得：d＝10 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°，OA＝L，求帶電粒子從O點(diǎn)到A點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

19、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)t＝　v0＝　(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： Lsin60°＝v0t Lcos60°＝at2 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： v＝＝2v0 由動(dòng)能定理有： W＝mv2－mv02 聯(lián)立解得：W＝mv02＝. 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

20、＋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xQ＝d，yQ＝d，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qE＝mgcos45°， 解得E＝，方向沿OQ方向 (2)①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a＝g 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：vt＝OQ＝d， at2＝PM＝d 解得v＝，在O點(diǎn)的速度v0應(yīng)有：v0＝ 解得v0＝ ②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SR＝vt＝t PS＝at2＝gt2 PS＝PN＋NS＝d＋RS 解得t＝2，RS＝d 所以O(shè)R＝ON＋NR＝d＋2d＝3d. 10