人教版高中物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)單元測(cè)試

1、名校名 推薦2019 屆人教版帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)單元測(cè)試1一帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是()A 勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B 勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C勻變速曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)D 勻速圓周運(yùn)動(dòng)2(多選 )如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E 隨時(shí)間t 變化的圖象當(dāng)t 0 時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說(shuō)法中正確的是()第 2 題圖A 帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B 2 s 末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C 3 s 末帶電粒子的速度為零D 0 3 s 內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零3如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A 點(diǎn)以水平初速度v0 向右射出一個(gè)帶

2、電荷量為Q(Q 0) 的粒子，粒子重力不計(jì)，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1 2 時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B 射出，則d 與 L 之比為 ()第 3 題圖A 1 2B 2 1C 1 1D 1 34如圖所示，一帶電粒子以速度緣飛出，已知產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的金屬板長(zhǎng)為v 垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向沿上板邊緣射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，剛好貼下邊L，如果帶電粒子的速度為2v 時(shí)，當(dāng)它的豎直位移等于板間距 d 時(shí)，它的水平射程x 為 ()第 4 題圖A 1.5LB 2LC 2.5LD 3L5 如圖所示，左側(cè)為加速電場(chǎng)，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，加速電場(chǎng)的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓的k 倍有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板正中間垂直

3、電場(chǎng)強(qiáng)度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場(chǎng)，不計(jì)帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)長(zhǎng)、寬的比值dl為()名校名 推薦第 5 題圖A.kB.2kC.3kD.5k6(多選 )如圖所示， MPQO 為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)(邊界上有電場(chǎng))，電場(chǎng)強(qiáng)度為Emgq， ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R， A、 B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為 14圓弧，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q 的帶電小球，從A 點(diǎn)正上方高為H R 處由靜止釋放，并從點(diǎn)沿切線(xiàn)進(jìn)入半圓軌道，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的受力及運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是()A第 6 題圖A 小球到達(dá) C 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力為 2mgB 小球在

4、 AC 部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不變C適當(dāng)減小 E，小球到達(dá) C 點(diǎn)的速度可能為零2mg3RD 若 E q ，要使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到C，則應(yīng)將H 至少調(diào)整為 27如圖甲所示，兩平行金屬板MN 、 PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，在t 0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線(xiàn)垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v 0，t T 時(shí)刻粒子剛好沿 MN 板右邊緣射出電場(chǎng)則 ()第 7 題圖A 該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的B 在 t T2時(shí)刻，該粒子的速度大小為2v 0TC若該粒子在2時(shí)刻以速度 v 0 進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子會(huì)打在板

5、上D 若該粒子的入射速度變?yōu)?v 0，則該粒子仍在t T 時(shí)刻射出電場(chǎng)8一平行板電容器板長(zhǎng)為 L，板間距離為 d，將其傾斜放置，如圖所示，兩板間形成一勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m，電量為 q 的油滴以初速度 v0 自左側(cè)下板邊緣處水平進(jìn)入兩板之間，沿名校名 推薦水平方向運(yùn)動(dòng)并恰從右側(cè)上板邊緣處離開(kāi)電場(chǎng)，求兩板間電勢(shì)差的大小第 8 題圖9如圖所示，質(zhì)量 m 2.0 10 4 kg 、電荷量 q 1.0 10 6 C 的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場(chǎng)強(qiáng)度為 E1 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中取 g 10 m/s 2.(1) 求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1 的大小和方向；(2) 在 t 0 時(shí)刻，勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然

6、變?yōu)镋2 4.0 103 N/C ，且方向不變求在t 0.20 s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功；(3) 在 t 0.20 s 時(shí)刻突然撤掉第 (2)問(wèn)中的電場(chǎng)，求帶電微粒回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能第 9 題圖10 如圖所示，區(qū)域內(nèi)有電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)；區(qū)域中有一光滑絕緣圓弧軌道，軌道半徑為R 5v02，軌道在 A 點(diǎn)的切線(xiàn)與水平方向成60 角，在 B 點(diǎn)的切線(xiàn)與豎g直線(xiàn) CD 垂直；在區(qū)域內(nèi)有一寬為d 的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知，方向水平向右一質(zhì)量為 m、帶電荷量為q 的小球 (可看做質(zhì)點(diǎn) )從左邊界的 O 點(diǎn)正上方的 M 點(diǎn)以速度 v0 水平射入?yún)^(qū)域，恰好從 A 點(diǎn)沿圓弧軌道切線(xiàn)進(jìn)入軌

7、道且恰好不能從電場(chǎng)右邊界穿出，求：(1)OM 的長(zhǎng) L；(2)區(qū)域中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(3)小球到達(dá)區(qū)域中電場(chǎng)的右邊界上的點(diǎn)與OO的距離 s.名校名 推薦第 10 題圖名校名 推薦(二十八 )帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.A【解析】帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下可以被加速，可以偏轉(zhuǎn)(例如沿電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直電場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中)， B 、 C 可能；也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(例如電子繞原子核的高速旋轉(zhuǎn))， D 可能出現(xiàn)；不能做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A 不可能出現(xiàn)；故選A.2 CD 【解析】設(shè)第1 s 內(nèi)粒子的加速度為a1，第 2 s 內(nèi)的加速度為 a2，由 a qE可知，ma2 2a1 ，可見(jiàn)，粒子第1 s

8、內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)， 1.5 s 末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s 末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0， v-t 圖象如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做的總功為零，綜上所述，可知C、 D 正確第 2 題圖3 C【解析】設(shè)粒子從A 到 B 的時(shí)間為t，粒子在B 點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，vy由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得L v0t， d 2 t，又 v0 vy 1 2，可得d L 1 1，選項(xiàng)C 正確4 C 【解析】帶電粒子的初速度為v 時(shí)，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：d121 L2，帶2at a()2 v電粒子的初速度變?yōu)?v，粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離為y，速度的偏向角為.則得： y 1at2

9、 122a(L )2 ，由上兩式得：y1d，根據(jù)推論可知，粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線(xiàn)交于上板的中v4d點(diǎn)則根據(jù)幾何知識(shí)有tan y4 d，又 tan d ，解得 L 2L，所以x 0.5L LLL2LL 222.5L，故選 C.5 B【解析】設(shè)加速電壓為U 1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因?yàn)?qU1 1mv02 ，帶電粒子離開(kāi)加速2電場(chǎng)時(shí)的速度v0 2qU1；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中d1 qU22，解得t dm，水平距離l v 0t m2tqU 22 mdd2U 1 d2k，所以 l 2k， B 正確U2d6 AD【解析】小球進(jìn)入半圓軌道，電場(chǎng)力和重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)1mvA22能定理知 mgH

10、 ，解得 v A 2gR，根據(jù)牛頓第二定律得F N mvA 2mg，則小球到達(dá)C 點(diǎn)2R時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mg，故 A 正確；小球在AC 部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向始終指向圓心，故B 錯(cuò)誤；若適當(dāng)減小E，則電場(chǎng)力小于重力，根據(jù)動(dòng)能定理知，小球到達(dá)C 點(diǎn)的速度不可能為零，故C 錯(cuò)誤；若E 2mgq ，在最低點(diǎn)軌道的作用力為零，根據(jù)牛頓第二定律得名校名 推薦2vc，解得 v cgR，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(H R) qER1mvc2 ，解得 H3R，所以 HqE mg mR223R至少為2，故 D 正確，故選 AD.7 A 【解析】 粒子射入電場(chǎng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上前

11、半個(gè)周期內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在后半個(gè)周期內(nèi)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，一個(gè)周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定沿垂直電場(chǎng)方向，故A 正確；在t T時(shí)刻，粒子在水2平方向上的分速度為v0 ，因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N 、 PQ 的板長(zhǎng)和板間距離相等，則有v 0T vy2 T 2，解得 vy v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為v2v0 ，故 B 錯(cuò)誤；若該粒子在 T時(shí)刻以速度 v0 進(jìn)入電場(chǎng)，粒子在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)情況與t 0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)運(yùn)動(dòng)的方向相2反，運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，則粒子不會(huì)打在板上，故C 錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v 0，則粒子射出電場(chǎng)的時(shí)間 t L T ，故 D 錯(cuò)誤故選

12、 A.2v02mgdL2 d2【解析】設(shè)板間電勢(shì)差為U ，則板間場(chǎng)強(qiáng) E U8.qLd ；設(shè)板與水平面的夾角dqULmgd L2 d2tan L ；油滴的受力如圖，由qEcos mg 得 d L2 d2 mg；解得 UqL.第 8 題圖9 (1)2.0 10 3 N/C 方向向上(2)8.0 10 4 J (3)8.0 10 4 J【解析】(1)由題意知 E1q mg， 4E1 mg 10N/C 2.0 103 N/C ，方向向上2.0 10 6q1.0 10(2)在 t 0 時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度突然變化為E2 4.0 103N/C.設(shè)微粒的加速度為 a1，在 t 0.20 s 時(shí)間內(nèi)上升高度為h，

13、電場(chǎng)力做功為W，則 qE2 mg ma1 ，解得 a1 10 m/s2，1ha1 t2，解得h 0.20 m，W qE 2h，解得 W 8.0 10 4J.(3)設(shè)在 t 0.20 s 時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)時(shí)粒子的速度大小為v ，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek ，則 v a1k mgh 12，解得 Ekt， E2mv48 0 10 J.3mv02(2)9mv02；10 (1) 2（ qE mg）2qd22gd2(3)5v02g29v0【解析】(1) 小球在區(qū)域 I 中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球在A 點(diǎn)的速度為 vA ，豎直分速度為 vy ，名校名 推薦則有： vA v 0 2v 0， vy v 0tan603v0 ，由牛頓第二定律可得：a qE mg，由勻變速cos60m23mv0直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得：v2 2aL，解得： L ； yRR(2)在區(qū)域 中，由圖可得，由A 至 B 下降的高度為2，則由 A 到 B，根據(jù)動(dòng)能定理：mg2 1mvB