新教材2024年高考物理總復習考案15周測卷十二帶電粒子體在電場中的運動

考案(十五)周測卷十二帶電粒子(體)在電場中的運動本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．(2024·江蘇高三模擬)足夠大的帶電金屬平板其旁邊的電場可看作勻強電場，平行板電容器，其內(nèi)部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的電荷量為Q，內(nèi)部場強為E，不計電容器的邊緣效應，其兩極板間的吸引力為(B)A．QE B．eq\f(QE,2)C．2QE D．4QE[解析]將電容器的一個極板上的電荷看作是場源電荷，另一個極板上的電荷看作檢驗電荷，由題意可知電容器內(nèi)部電場是兩個極板電荷的疊加場，則場源電荷產(chǎn)生的電場場強大小為eq\f(E,2)，因此兩極板相互間的靜電力為F＝eq\f(E,2)·Q＝eq\f(QE,2)，故B正確，ACD錯誤。2．(2024·貴州貴陽模擬預料)如圖所示，平行板電容器與一個恒壓直流電源連接，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(D)A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計指針張角變小C．帶電小球的電勢能將減小D．若先將下極板與A點之間的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電小球所受電場力不變[解析]依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，d增大，則電容減小，A錯誤；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，B錯誤；電勢差U不變，d增大，則電場強度E＝eq\f(U,d)減小。設P點與上極板的距離為x，P點與上極板的電勢差U1＝Ex減小，P點與下極板的電勢差U2＝U－U1增大，下極板接地電勢為零，則P點的電勢φP＝U2增大，又因為該小球帶正電，則電勢能增大，C錯誤；電容器與電源斷開，則電荷量Q不變，d變更，依據(jù)E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(Q,U)，得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知電場強度不變，則帶電小球所受電場力不變，D正確。故選D。3．(2024·廣西玉林市高三模擬)如圖，傾角為θ的絕緣光滑斜面和斜面底端電荷量為Q的正點電荷均固定，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊從A點由靜止起先沿斜面下滑，剛好能夠到達B點。已知A、B間距為L，Q?q，重力加速度大小為g。則A、B兩點間的電勢差UAB等于(C)A．－eq\f(mgLsinθ,Q) B．eq\f(mgLsinθ,Q)C．－eq\f(mgLsinθ,q) D．eq\f(mgLsinθ,q)[解析]從A到B由動能定理可知mgLsinθ＋UABq＝0，解得UAB＝－eq\f(mgLsinθ,q)，故選C。4．(2024·重慶高三模擬)某電場的電場線分布如圖所示，一帶電粒子僅在電場力作用下沿虛線由A點運動到B點，則(C)A．電場強度EA>EB B．電勢φA>φBC．粒子電勢能EpA>EpB D．粒子動能EkA>EkB[解析]由B點電場線較A點密集，則電場強度EA<EB，沿電場線電勢漸漸降低，則電勢φA<φB，故AB錯誤；電場力指向運動軌跡的凹側，知帶電粒子帶負電，粒子僅在電場力的作用下沿虛線由A點運動到B點，電場力做正功，動能增加EkA<EkB，電勢能減小EpA>EpB，故C正確，D錯誤。5．(2024·河北高三階段練習)如圖所示，在截面半徑為R，圓心為O的圓柱形區(qū)域內(nèi)有一方向平行于直徑ab向右的勻強電場，電場強度大小為E。某帶電粒子自圓形邊界上c點以速度v0，垂直ab射入該電場區(qū)域，粒子恰好自b點離開電場，已知∠aOc＝60°，運動中粒子僅受電場力作用。則該粒子的比荷為(A)A.eq\f(4v\o\al(2,0),ER) B．eq\f(2v\o\al(2,0),ER)C.eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),ER) D．eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),2ER)[解析]帶電粒子在電場中從c到b做類平拋運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，則Rsin60°＝v0t，沿電場方向做勻加速直線運動，則R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(4v\o\al(2,0),ER)，A正確，BCD錯誤。6．(2024·天津南開高三模擬)質(zhì)量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，不計帶電粒子的重力，M從兩板正中心射入，N從下板邊緣處射入，它們最終打在同一點，如圖所示。則從起先射入至打到上板的過程中(C)A．它們運動的時間關系為tN>tMB．它們的電勢能削減量之比ΔEPMΔEPN＝12C．它們的動能增量之比ΔEKMΔEKN＝14D．它們的動量增量之比ΔpMΔpN＝11[解析]帶電粒子在垂直電場方向不受力，做速度相等的勻速直線運動，位移相等，則運動時間相等，所以A錯誤；平行電場方向粒子做初速度為0的勻加速直線運動，滿意y＝eq\f(1,2)at2，依據(jù)牛頓其次定律，有qE＝ma，由兩式解得q＝eq\f(2ym,Et2)，所以它們所帶的電荷量之比qMqN＝12，電勢能的減小量等于電場力做的功即ΔE＝qEy，因為位移之比是12，電荷量之比也是12，所以電場力做功之比為14，它們電勢能削減量之比ΔEPMΔEPN＝14，故B錯誤。電場力做功之比等于動能增量之比，則動能增量之比為ΔEKMΔEKN＝14，故C正確；由動量定理可知Ft＝mΔv，故動量增量之比eq\f(ΔpM,ΔpN)＝eq\f(ΔvM,ΔvN)＝eq\f(aM,aN)＝eq\f(EqM,EqN)＝eq\f(1,2)。故D錯誤。7．(2024·河北滄縣高三階段練習)如圖甲所示為一可變電容器，圖乙為兩個完全相同的半圓形的平行金屬板接在電路中，起先時兩金屬板正對，保持開關S閉合，將上側金屬板轉過60°，同時將兩板之間的距離增大到原來的eq\f(3,2)；調(diào)整前后將同一重力不計的正粒子由下側極板無初速度釋放，則調(diào)整前后(D)A．兩極板間的電場強度之比為23B．平行板電容器的電容之比為32C．電容器所帶的電荷量之比為32D．粒子在極板間運動的時間之比為23[解析]由于電容器的兩極板與固定的電源相連接，則調(diào)整前后兩極板之間的電壓不變，將兩板之間的距離增大到原來的eq\f(3,2)，則由公式E＝eq\f(U,d)可知，調(diào)整前后兩板板間的電場強度之比為32，A錯誤；又由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知eq\f(C1,C2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(d2,d1)＝eq\f(S,\f(2,3)S)·eq\f(\f(3,2)d,d)＝94，B錯誤；又由公式Q＝CU，可知eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(C1,C2)＝eq\f(9,4)，C錯誤；粒子由靜止從下側極板運動到上側極板的過程中，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，可知粒子到達上側極板的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，電容器兩端電壓不變，則調(diào)整前后粒子到達上側極板的速度之比為11；粒子在極板間運動過程中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，粒子的運動時間t＝eq\f(v,a)，由以上整理得t＝deq\r(\f(2m,qU))，則調(diào)整前后粒子在極板間運動的時間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(2,3)，D正確。8．(2024·江蘇淮安模擬預料)如圖所示，帶正電小球靜止在水平面上A點，BC為豎直放置的eq\f(1,4)圓弧，圓弧與水平面相切，今在空間內(nèi)加上水平向左的勻強電場。已知：電場力大小等于重力，均為10N，圓弧半徑為0.3m，AB間距離為0.1m，不計空氣和摩擦阻力。小球從靜止動身到再次回到水平面的過程中(D)A．從B到C速率始終增加B．動能最大值為1JC．距水平面的最大高度為0.1mD．再次回到水平面時與A點相距1.3m[解析]重力與電場力的合力向左下方45°，小球運動到圓弧中點時速率最大，從B到C速領先增加后減小，A錯誤；小球運動到圓弧中點時速率最大，依據(jù)動能定理，動能最大值為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝－mgR(1－cos45°)＋qE(0.1＋Rsin45°)＝(3eq\r(2)－2)J，B錯誤；依據(jù)動能定理得qE×0.4－mg×0.3＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\r(2)m/s，從C點上升到最高點的時間為t1＝eq\f(vC,g)＝eq\f(\r(2),10)s，小球上升的最大高度為H＝eq\f(v\o\al(2,C),2g)＋R＝0.4m，C錯誤；小球從最高點下落到水平面的時間為H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(\r(2),5)s，小球從離開圓弧到落地的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(3,10)eq\r(2)s，小球離開圓弧后在水平方向的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝10m/s2，再次回到水平面時與A點的距離為x＝eq\f(1,2)at2＋0.4＝1.3m，D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9．(2024·湖北武漢模擬預料)特斯拉線圈是一種制造人工閃電的裝置，該裝置的簡化結構如圖所示。金屬頂端和大地構成一個特別的電容器。頂端放電后，“電荷補充線圈”給頂端補充電荷，因而能持續(xù)放電。設頂端與大地間電壓為U，頂端帶電荷量為Q，下列說法正確的是(AC)A．充電過程中，該電容器的電容不變B．放電過程中，該電容器的電容增大C．若Q不變，頂端離地面越近，則U越小D．若Q不變，頂端離地面越近，則U越大[解析]電容器的電容由電容器本身性質(zhì)確定，充放電不變更其電容，故A正確，B錯誤；依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(Q,U)，可知若Q不變，頂端離地面越近，即d越小，則C越大，所以U越小，故C正確，D錯誤。10．(2024·天津高三模擬)如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量即eq\f(h,U2))可采納的方法是(CD)A．增大兩板間的電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．使加速電壓U1降低些D．盡可能使板間距離d小些[解析]電子在加速電場中加速，依據(jù)動能定理可得U1e＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以電子進入偏轉電場時速度的大小為v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，電子進入偏轉電場后的偏轉量為h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(eU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(eU2L2,2mdv\o\al(2,0))，則有h＝eq\f(U2L2,4dU1)，所以示波管的靈敏度為eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)，所以要提高示波管的靈敏度可以增大L，減小d和減小U1。故選CD。11．(2024·河北模擬預料)一個電子在電場力作用下做直線運動(不計重力)。從0時刻起運動依次經(jīng)驗t0、2t0、3t0時刻。其運動的v－t圖像如圖所示。對此下列推斷正確的是(AC)A．0時刻與2t0時刻電子在同一位置B．0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的電勢分別為φ0、φ1、φ3，其大小比較有φ1>φ0>φ3C．0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的場強大小分別為E0、E1、E3，其大小比較有E3＜E0＜E1D．電子從0時刻運動至t0時刻，連續(xù)運動至3t0時刻，電場力先做正功后做負功[解析]由圖像可知，電子從0時刻到2t0時刻位移為零，所以0時刻與2t0時刻電子在同一位置，故A正確；由圖像可知，電子從0時刻運動至t0時刻，連續(xù)運動至3t0時刻，其速度大小先減小后增大，所以電場力對電子先做負功，后做正功，故D錯誤；電子從t0到3t0時間內(nèi)，電場力做正功，電勢能減小，依據(jù)Ep＝qφ，知電勢增加，即φ1<φ2<φ3，由A項分析知0時刻與2t0時刻電子在同一時刻，所以有φ0＝φ2，得φ1<φ0<φ3，故B錯誤；依據(jù)速度—時間圖像的斜率的肯定值表示加速度大小以及牛頓其次定律可知，v－t圖像的斜率的肯定值表示電場力大小即場強大小，故有：E3<E2<E1，而E0＝E2，即E3<E0<E1，故C正確。12．(2024·湖北高三期末)如圖，一個電荷量為5×10－3C質(zhì)量為5kg的帶電物塊(可視為點電荷)，放置在粗糙水平面上，空間存在一個方向水平向右的勻強電場，電場強度的大小為1×104N/C。物塊由靜止釋放，經(jīng)過時間t＝2s后，物塊通過的位移s＝10m；當僅將電場的方向逆時針旋轉α角時，物塊仍從原來位置靜止釋放，經(jīng)過同樣的時間t后通過同樣的位移s，已知重力加速度取10m/s2。則下列說法正確的是(BD)A．地面與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2B．地面與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.5C．勻強電場逆時針轉動的角度α＝60°D．勻強電場逆時針轉動的角度α＝53°[解析]設地面與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ，依據(jù)運動學公式s＝eq\f(1,2)at2，對物塊受力分析qE－μmg＝ma，聯(lián)立解得μ＝0.5，A錯誤，B正確；當電場方向逆時針旋轉α角時，運動狀況相同，加速度不變。對物塊受力分析，豎直方向有Fsinα＋FN＝mg，水平方向有Fcosα－μFN＝ma，聯(lián)立解得2cosα＋sinα－2＝0，將α＝60°和α＝53°分別代入，可知α＝53°符合條件可使等式成立，C錯誤，D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(6分)(2024·北京房山二模)電容器是一種重要的電學元件，在電工、電子技術中應用廣泛。運用圖甲所示電路視察電容器的充、放電過程。電路中的電流傳感器與計算機相連，可以顯示電路中電流隨時間的變更。圖甲中直流電源電動勢E＝8V，試驗前電容器不帶電。先使S與“1”端相連給電容器充電，充電結束后，使S與“2”端相連，直至放電完畢。計算機記錄的電流隨時間變更的i－t曲線如圖乙所示。(1)圖像陰影為i－t圖像與對應時間軸所圍成的面積，表示的物理意義是_電荷量__；(2)乙圖中陰影部分的面積S1_＝__S2；(選填“>”“<”或“＝”)(3)計算機測得S1＝1203mA·s，則該電容器的電容為_0.15__F；(保留兩位有效數(shù)字)(4)由甲、乙兩圖可推斷阻值R1_<__R2。(選填“>”“<”或“＝”)[解析](1)依據(jù)q＝it可知i－t圖像與對應時間軸所圍成的面積表示的物理意義是電荷量。(2)S1表示電容器充電后所帶電荷量，S2表示電容器放電的電荷量，所以S1＝S2。(3)該電容器的電容為C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(S1,E)＝eq\f(1.203C,8V)≈0.15F。(4)由題圖乙可知電容器充電瞬間電流比電容器放電瞬間電流大，且電容器充電瞬間電源電壓和放電瞬間電容器兩端電壓相等，則有eq\f(U,R1＋R0)>eq\f(U,R2＋R0)，所以R1<R2。14．(10分)(2024·新疆三模)如圖所示，有一個電荷量為e的電子，經(jīng)電壓U的電場從靜止加速后，進入兩塊間距為d、電壓為2U的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好沿金屬板的邊緣穿出，電子重力不計，求：(1)金屬板的長度L；(2)電子穿出電場時的動能。[答案](1)d(2)2eU[解析](1)設電子離開加速電場時的速度為v0，依據(jù)動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子進入偏轉電場后，沿金屬板方向做勻速直線運動，垂直金屬板方向做初速度為零的勻加速直線運動，設運動時間為t，則有L＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(e·2U,md)，聯(lián)立以上式子解得金屬板的長度為L＝d。(2)以電子在加速電場和偏轉電場的整個運動過程為探討階段，依據(jù)動能定理可得eU＋e·eq\f(2U,2)＝Ek，解得電子穿出電場時的動能為Ek＝2eU。15．(10分)(2024·河北高三專題練習)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，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，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度的大?。?2)若將電場強度減小為原來的eq\f(1,2)，小物塊的加速度是多大；(3)電場強度變更后小物塊下滑距離L時的動能。[答案](1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL[解析](1)對物塊受力分析，依據(jù)共點力的平衡條件可得qEcos37°＝mgsin37°，解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)對物塊受力分析，若將電場強度減小為原來的eq\f(1,2)，依據(jù)牛頓其次定律可得mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝ma，解得a＝0.3g。(3)依據(jù)動能定理可得下滑L時的動能為Ek＝maL＝0.3mgL。16．(12分)(2024·湖北高三模擬)如圖甲所示，空間內(nèi)存在著方向豎直向下、場強大小E＝2×105V/m的勻強電場，一質(zhì)量m＝1.5×10－8kg、電荷量q＝＋3×10－10C的帶電粒子從空間的P點以初速度v0水平射出。設粒子射出時為初始時刻，之后某時刻，帶電粒子的速度與水平方向的夾角為θ，則tanθ與時間t的關系圖像如圖乙所示，粒子的重力忽視不計。(1)求粒子的初速度v0的大?。?2)若粒子運動過程中經(jīng)過圖中Q點，且PQ連線與水平方向的夾角α＝45°，求P、Q兩點間的距離。[答案](1)v0＝40m/s(2)PQ＝eq\f(4\r(2),5)m[解析](1)粒子僅在電場力作用下做類平拋運動，豎直方向上，依據(jù)牛頓其次定律有Eq＝ma，豎直方向的速度vy＝at，水平方向的速度vx＝v0，依據(jù)題意可知tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(Eqt,mv0)，依據(jù)圖乙可得tanθ＝100t，則eq\f(Eq,mv0)＝100，解得v0＝40m/s。(2)依據(jù)題意可知，水平位移x＝v0t，豎直位移y＝eq\f(1,2)at2，設位移偏角為α，則tanα＝eq\f(y,x)，代入數(shù)據(jù)得出運動時間t＝2×10－2s