2016年高考物理复习一轮用书【新课标基础巩固练】专题5带电粒子在电场中的运动

专题(五)[专题5带电粒子在电场中的运动]基础巩固1．2013·深圳一模在竖直向下的匀强电场中有a、b两个带电液滴，分别竖直向上和向下做匀速直线运动，液滴间相互作用力不计，则()A．a、b带同种电荷B．a、b带异种电荷C．a的电势能减小D．b的重力势能增大2．2014·威海一中模拟如图Z5­1所示，两平行板电容器的四块极板A、B、C、D平行放置(A、B两极板充电后电源断开，C、D两极板始终与电源相连)，每块极板上开有一个小孔，四个小孔M、N、P、Q的连线与极板垂直．一个电子以非常小的速度从小孔M进入A、B极板间，在被A、B极板间的电场加速后，从小孔P进入C、D极板间，但未从小孔Q射出，则()图Z5­1A．若将B极板向右移动一小段距离，电子可能从小孔Q射出B．若将A极板向左移动一小段距离，电子可能从小孔Q射出C．若将D极板向左移动一小段距离，电子可能从小孔Q射出D．若将C极板向右移动一小段距离，电子可能从小孔Q射出3．2014·武昌模拟某同学设计了一种静电除尘装置，如图Z5­2甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是()图Z5­2A．只增大电压UB．只增大高度dC．只增大长度LD．只增大尘埃被吸入水平速度v0图Z5­34．如图Z5­3所示，匀强电场水平向右，细线一端固定，另一端拴一带正电的小球，使小球在竖直面内绕固定端O做圆周运动．不计空气阻力，电场力和重力大小刚好相等，细线长为r.当小球运动到图中位置A时，细线在水平方向，拉力大小恰好与重力大小相等．重力加速度大小为g，则小球的最小速度大小为()A.grB.2grC.()4－22grD.()2＋2gr图Z5­45．2014·广宁南宁模拟图Z5­4是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即yU2(该比值越大则灵敏度越高)，则下列方法可以提高示波管的灵敏度的是()A．增大U1B．增大U2C．减小LD．减小d技能强化6．2013·重庆联考如图Z5­5所示，一个质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则()图Z5­5A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为v202gD．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv204图Z5­67．2014·内江二模如图Z5­6所示，某种金属板M受到紫外线照射时，会不停地向各个方向发射出电子，射出的电子的速度大小不同．在竖直放置的M板的右侧放一个和M板等大的平行的金属网N，如果把M、N接在如图所示的电路中，那么，以下说法中正确的是()A．如果闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动，那么，在M、N之间运动的电子的加速度将增加B．如果闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向左移动，那么，电流表的示数一定不变C．从M板发射出来的速率相等且能到达N网的电子中，沿直线运动的电子所用的时间最短，到达N网的速率最大D．能到达N网的电子，在M、N间运动的过程中电势能都增加8．2014·松滋一中月考如图Z5­7所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0，质量为m的带负电粒子q沿纸面射入电场．带电粒子的重力不计．(1)如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场后，恰好从D点离开电场，求匀强电场的电场强度E和带电粒子从D点离开电场时的动能Ek1.(2)若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，它在电场中的运动时间t是多少？离开电场时的动能Ek2为多大？图Z5­79．在光滑的绝缘水平桌面上，放置两块同心半圆形金属板A、B，两板的间距很小，半圆形金属板的左边有水平向右的匀强电场E1，半圆形金属板A、B间存在电场，两板间的电场强度可以认为大小处处相等，方向都指向O.现从正对A、B板间隙、到两板的一端距离为d处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒，不计重力，此微粒恰能在两板间沿虚线运动，虚线到圆心O的距离为L.(1)求半圆形金属板A、B之间电场强度E2的大小．(2)从释放微粒开始，经过多长时间微粒的水平位移最大？图Z5­8挑战自我10．2015·湖北重点中学联考如图Z5­9所示，y轴在竖直方向，x轴在水平方向，一质量为m、带电荷量为q的小球在坐标为(0，0.3m)的A点以初速度v0平行于x轴正方向射入第一象限，在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1，在第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场E2，其中m＝0.1kg，q＝＋1.0×10－3C，v0＝2m/s，E1＝103N/C，E2＝3×103N/C，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小球到达x轴上的速度；(2)小球回到y轴时的坐标．图Z5­9专题(五)1．AC[解析]带电液滴做匀速直线运动，由平衡条件，两液滴所受电场方向都竖直向上，都带负电荷，选项A正确，选项B错误；液滴a的电场力做正功，电势能减小，液滴b的重力做正功，重力势能减小，选项C正确，选项D错误．2．AB[解析]电子未从小孔Q射出，由动能定理得q(UBA－UCD)0，将B极板右移，由C＝εrS4πkd和C＝QUBA得UBA＝4kπdQεrS，增大d，UBA增大，电子可能从小孔Q射出，选项A、B正确．C、D两极板始终与电源相连，UCD始终不变，故无论如何移动C、D极板，电子都不可能从小孔Q射出，选项C、D错误．3．AC[解析]尘埃做类平抛运动，达到下板的尘埃被收集，竖直偏移量y＝12at2＝Uq2mdt2＝UqL22mdv20越大越容易收集，则可以增大U、L，减小v0、d，选项A、C正确．4．C[解析]小球在A点，有FT＋Eq＝mv2Ar，则速度vA＝2gr，由A到等效最高点，由动能定理，有Eqr(1－cos45°)－mgrsin45°＝12mv2m－12mv2A，解得vm＝2（2－2）gr，选项C正确．5．D[解析]设电子经加速场U1后的速度为v0，根据动能定理得U1e＝12mv20；电子进入偏转电场U2后做类平抛运动，水平方向上有L＝v0t，竖直方向做匀加速运动，则y＝12·eU2dm·t2，联立可得yU2＝L24U1d，选项D正确．6．BD[解析]由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，则其所受的合力与直线ON重合，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系，可知其合力大小为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－12mv20，解得h＝v204g，选项C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mgv204g＝mv204，选项D正确．7．AD[解析]如果闭合开关S，将滑片P向右移动，M、N之间电压变大，电子的加速度增加，选项A正确；闭合开关S后将滑片P向左移动，M、N之间电压变小，到达N网的电子数增多，电流表的示数变大，选项B错误；由动能定理得－eU＝EkN－12mv20，到达N网的速率相等，选项C错误；电子在两板间运动时电场力做负功，电势能增加，选项D正确．8．(1)mv20qLmv20(2)2Lv012mv20[解析](1)带电粒子从M点垂直电场线进入电场后做类平抛运动．水平方向：L＝v0t①竖直方向：12L＝12·qEmt2②联立①②得E＝mv20qL.带电粒子从M点进入电场后，从D点出来，电场力做的功W＝qE×12L＝12mv20③由动能定理得W＝Ek1－12mv20，所以Ek1＝mv20.(2)带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设速度减到0这一过程的位移为x，由动能定理－qEx＝0－12mv20④由③④得x＝12L.当粒子速度减至0后沿原路返回，从N点射出，由于整个过程电场力做的功为0，则根据动能定理有0＝Ek2－12mv20则Ek2＝12mv20，即粒子离开电场时的速度大小不变，由牛顿第二定律得a＝Eqm由运动学规律得－v0＝v0－at得t＝2mv0qE＝2Lv0.9．(1)2dE1L(2)(2k－1)2d＋πL2m2qE1d(k＝1，2，3，…)[解析](1)设微粒刚进入两板间的速度为v，由动能定理得qE1d＝12mv2微粒恰能在两板间沿虚线运动，即做匀速圆周运动，则qE2＝mv2L联立解得v＝2qE1dm，E2＝2dE1L.(2)微粒由释放到开始进入两板间经历的时间t1＝2dv＝2dm2qE1d微粒在两板间经四分之一的圆周时水平位移最大，此时经历的时间t2＝πL2v＝πL2m2qE1d微粒从释放开始到水平位移最大所需的时间t＝(2k－1)·(t1＋t2)＝(2k－1)·2d＋πL2m2qE1d(k＝1，2，3，…)．10．(1)4m/s，与水平方向成60°角(2)(0，－1.8m)[解析](1)小球做类平抛运动，设在竖直方向加速度为a1，运动时间为t1，末速度为v，v与x轴正方向的夹角为α，则E1q＋mg＝ma1①h1＝12a1t21②vy＝a1t1③v＝v20＋v2y④tanα＝vyv0⑤由以上各式得v＝4m/s，α＝60°.(2)由受力分析可知小球在第四象限内做类平抛运动，设运动的加速度为a2，x1为第一次水平方向的位移，运动轨迹如图所示，则a2＝（E2q）2＋（mg）2m⑥s0＝x1cos30°x1＝v0t1⑦s0＋s2＝12a2t22⑧32s＝vt2⑨y＝s＋x1tan30°⑩由以上各式可得y＝1.8m小球回到y轴上的坐标为(0，－1.8m)．