【高考調(diào)研】2015高考物理總復(fù)習(xí)6-5帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動訓(xùn)練試題新人教版

1、【高考調(diào)研】2015高考?xì)v史總復(fù)習(xí) 6-5帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動訓(xùn)練試題 新人教版1(單選) 如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A同時到達(dá)屏上同一點(diǎn)B先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C同時到達(dá)屏上不同點(diǎn)D先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)解析一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在屏上同一點(diǎn)，選B項(xiàng)答案B2(單選) 如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏

2、轉(zhuǎn)電場電場的重力不計在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況下，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓解析設(shè)加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q，得v0，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，時間t，a，vyat，tan，由此可判斷C項(xiàng)正確答案C3(多選) 如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直粒子從Q點(diǎn)射出電場時，其速度方向與電場線成30°角已知勻強(qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，不計重力作用，

3、設(shè)P點(diǎn)的電勢為零則下列說法中正確的是()A帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為qUB帶電粒子帶負(fù)電C此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為ED此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E解析根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷B項(xiàng)錯誤；因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，電場力做正功，電勢能減少，而P點(diǎn)的電勢為零，所以A項(xiàng)正確；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由曲線運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識，求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vyv0.帶電粒子在y軸方向上的平均速度為y；帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，帶電粒子在電場中的運(yùn)動時間為t，y0t，dv0t，得y0，由E，得E，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯誤答

4、案AC4(單選) 如圖所示，示波器的示波管可視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，極板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器靈敏度即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量()與加速電場、偏轉(zhuǎn)電場的關(guān)系，下列說法中正確的是()AL越大，靈敏度越高Bd越大，靈敏度越高CU1越大，靈敏度越高 DU2越大，靈敏度越高解析偏轉(zhuǎn)位移yat2()2，靈敏度，故A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯誤答案A5(多選) (2012·課標(biāo)全國)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成一角度，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

5、，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(yùn)動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(yùn)動，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)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(yùn)動，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、C錯誤；從粒子運(yùn)動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負(fù)功，粒子的電勢能增加，選項(xiàng)B正確答案BD6(單選) 一個帶負(fù)電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B

6、而做圓周運(yùn)動現(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強(qiáng)電場，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則()A小球不能通過B點(diǎn)B小球仍恰好能通過B點(diǎn)C小球能通過B點(diǎn)，且在B點(diǎn)與軌道之間壓力不為0D以上說法都不對解析小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動，則mgm，mg(h2R)mv；加勻強(qiáng)電場后仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則(mgqE)(h2R)mv，聯(lián)立解得mgqEm，滿足小球恰好能通過B點(diǎn)的臨界條件，選項(xiàng)B正確答案B7(多選)如圖甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔，在左邊和右邊兩個金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強(qiáng)電場；

7、有一個比荷1.0×102 C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在電場力作用下沿小孔軸線射出(不計粒子重力)，其v­t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()A右側(cè)金屬板接電源的正極B所加電壓U100 VC乙圖中的v22 m/sD通過極板間隙所用時間之比為1(1)解析帶正電的粒子在電場力作用下由左極板向右運(yùn)動，可判斷右側(cè)金屬板接電源負(fù)極，A選項(xiàng)錯誤由v­t圖象可知，00.5 s帶電粒子的加速度a2 m/s2，兩板間距離dat20.25 m，由Eqma，得E200 V/m，U2Ed100 V，B選項(xiàng)正確可將粒子在兩個極板間隙間的運(yùn)動看成是初速度為零

8、的連續(xù)的勻加速運(yùn)動，兩間隙距離相等，則有t1t21(1)，D選項(xiàng)正確v1v21，將v11.0 m/s代入，得v2 m/s，C選項(xiàng)錯誤答案BD8.如圖所示，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止重力加速度取g，sin37°0.6，cos37°0.8.求：(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度；(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的1/2，小物塊的加速度是多大；(3)電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時的動能解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，示意圖如圖所示，則有FNsin37°

9、qEFNcos37°mg由可得E(2)若電場強(qiáng)度減小為原來的，即E由牛頓第二定律，得mgsin37°qEcos37°ma可得a0.3g(3)電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理，得mgLsin37°qELcos37°Ek0可得Ek0.3mgL答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL9. 如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切整個裝置處于場強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q，要使小球能安全通過圓軌道

10、，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？解析小球先在斜面上運(yùn)動，受重力、電場力和支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg，大小為mg，tan，得30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點(diǎn)”(D點(diǎn))要滿足等效重力剛好提供向心力，即有mg因30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系，可知2R令小球以最小初速度v0運(yùn)動，由動能定理，知2mg·2Rmvmv解得v0，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)為v答案v10. 如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為E

11、的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏現(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan；(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x.解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，得粒子在電場中的加速度為a所以vya所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan(3

12、)方法一設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則ya()2·又xyLtan，解得x方法二xvyy方法三由，得x3y答案(1)(2)(3)11. 絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強(qiáng)電場，其俯視圖如圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，場強(qiáng)方向與x軸正向平行，電場的半徑為R m，圓心O與坐標(biāo)系的原點(diǎn)重合，場強(qiáng)E2 N/C，一帶電量q1×105 C，質(zhì)量m1×105 kg的粒子，由坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v01 m/s沿y軸正方向射入電場，求：(1)粒子在電場中運(yùn)動的時間；(2)粒子出射點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)粒子射出時具有的動能解析(1)粒子沿x軸負(fù)方向做勻加速運(yùn)動，加速度為a，則

13、有Eqma，xat2沿y軸方向做勻速運(yùn)動，有yv0tx2y2R2解得t1 s(2)設(shè)粒子射出電場邊界的位置坐標(biāo)為(x1，y1)，則有x1at21 m，y1v0t1 m，即為(1 m,1 m)(3)射出時由動能定理，得Eqx1Ekmv代入數(shù)據(jù)，解得Ek2.5×105 J答案(1)1 s(2)(1 m,1 m)(3)2.5×105 J12. 如圖所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢差U1.5×103 V(僅在兩板間有電場)，現(xiàn)將一質(zhì)量m1×102 kg、電荷量q4×105 C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h20 cm的地方以初速度v

14、04 m/s水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進(jìn)入電場，在兩板間沿直線運(yùn)動，從右板的下邊緣飛出電場，g取10 m/s2.求：(1)金屬板的長度L；(2)小球飛出電場時的動能Ek.解析(1)小球到達(dá)左板上邊緣時的豎直分速度vy2 m/s設(shè)小球此時速度方向與豎直方向之間的夾角為，則tan2小球在電場中沿直線運(yùn)動，所受合力方向與運(yùn)動方向相同，設(shè)板間距為d，則tanL，解得L0.15 m(2)進(jìn)入電場前v1電場中運(yùn)動過程qUmgLEkmv聯(lián)立解得Ek0.175 J答案(1)0.15 m(2)0.175 J13(2011·福建) 反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生

15、微波，其振蕩原理與下述過程類似如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動已知電場強(qiáng)度的大小分別是E12.0×103 N/C和E24.0×103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m1.0×1020 kg，帶電荷量q1.0×109C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d11.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)求：(1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時間t.解析(1)帶電微粒由A運(yùn)動到B的過程中，由動能定理，有|q|E1d1|q|E2d20由式，解得d2d10.50 cm(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律，有|q|E1ma1|q|E2ma2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動的時間分別為t1、t2，由運(yùn)動學(xué)公式，有d1a1td2a2t又tt1t2由式，解得t1.5×108 s答案(1)0.50 cm(2)1.5×108 s14(2012·全國) 如圖所示，一平行板電容器的兩個極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點(diǎn)現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為