2020届高考物理二轮复习系列之疯狂专练13带电粒子在电场中运动Word版含答案

带电粒子在电场中运动一、考点内容(1)带电粒子在匀强电场中的运动；(2)示波管、常见电容器；(3)电容器的电压、电荷量和电容的关系等。二、考点突破1．(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央2．如图所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是()A．若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻RB．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动D．若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动3．(多选)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴3所带电荷量最多4．一匀强电场的方向竖直向上，t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是()5．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加12mv2B．机械能增加2mv2C．重力势能增加32mv2D．电势能增加2mv26．(多选)A、B两带电小球置于光滑绝缘水平面上，空间存在平行于水平面的匀强电场，将A、B两小球分别沿如图所示轨迹移动到同一电场线上的不同位置。释放后两小球均静止，则()A．A的带电量比B的大B．A带负电荷，B带正电荷C．静止时A受到的合力比B的大D．移动过程中匀强电场对B做负功7．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B．两电荷在电场中运动的加速度相等C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同8．(多选)如图所示，半径R＝0.5m的14圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝1.0×10－4kg、带电荷量为q＝8.0×10－5C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3m的A点以初速度v0＝3m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则()A．该匀强电场的电场强度E＝100V/mB．粒子在A点的电势能为8×10－5JC．粒子到达C点的速度大小为5m/sD．粒子速率为4m/s时的电势能为4.5×10－4J9．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)()A．保持开关S闭合，适当上移P极板B．保持开关S闭合，适当左移P极板C．先断开开关S，再适当上移P极板D．先断开开关S，再适当左移P极板10．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为2L，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离。11．在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2.5q的B球在A球正下方，相距为L。由静止释放B球，B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求：(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度大小vA、vB；(3)在以后A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等吗?如果相等，请计算该时间间隔T；如果不相等，请说明理由。12．如图所示，在竖直直角坐标系xOy内，x轴下方区域I存在场强大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，x轴上方区域Ⅱ存在方向沿x轴正方向的匀强电场。已知图中点D的坐标为(272L，L)，虚线GD垂直x轴。两固定平行绝缘挡板AB、OC间距为3L，OC在x轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点B在y轴上。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从D点由静止开始向上运动，通过x轴后不与AB碰撞，恰好到达B点，已知AB＝14L，OC＝13L。(1)求区域Ⅱ的场强大小E′以及粒子从D点运动到B点所用的时间t0；(2)改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过x轴后第一次与AB相碰前瞬间动能恰好最大。①求此最大动能Ekm以及M点与x轴间的距离y1；②若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y轴时的位置与O点的距离y2。答案1．【答案】BD【解析】将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误。若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。2．【答案】C【解析】和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C＝εrS4πkd可知，电容减小，根据公式C＝QU可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E＝Ud可得两极板间的电场强度减小，电场力小于重力，P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，电场强度增大，则电场力大于重力，P向上运动，C正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr增大，两极板间的电场强度恒定不变，所以电场力不变，P仍静止，D错误。3．【答案】BD【解析】三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴3在水平方向位移最大，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。4．【答案】A【解析】由于带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为qEm，经过时间t，电场力方向速度为qEtm，功率为qEPFvqEtm，所以P与t成正比，故A正确。5．【答案】B【解析】小球动能的增加量为ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝v22g，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝12mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减小量为ΔE′p＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。6．【答案】BD【解析】由题意知，释放后两小球均静止，所以受合外力均为零，可判断A带负电荷，B带正电荷，所以B正确，C错误；匀强电场对B的电场力方向水平向右，所以匀强电场对B做负功，故D正确；A、B之间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，所以两小球受匀强电场的作用力也必定大小相等，所以电荷量一定相等，故A错误。7．【答案】AC【解析】从轨迹可以看出：yM＞yN，故12·qMEmMt2＞12·qNEmNt2，解得：qMEmM＞qNEmN，qM＞qN，故A正确，B错误；根据动能定理，电场力的功为：W＝ΔEk＝12mvy2，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝2yt也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误。8．【答案】CD【解析】粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3m，DC＝0.4m，即有：AD＝v0t，DC＝12qEmt2，联立并代入数据可得：E＝25N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝qφA＝8×10－4J，故B错误；从A到C由动能定理知：qUAC＝12mvC2－12mv02，代入数据得：vC＝5m/s，故C正确；粒子在C点总能量：EC＝12mvC2＝12×10－4×52J＝1.25×10－3J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4m/s时的电势能为：Ep′＝EC－12mv2＝1.25×10－3J－12×10－4×42J＝4.5×10－4J，故D正确。9．【答案】A【解析】粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间，即减小两极板间的电场强度；保持开关S闭合时极板间电压不变，适当上移P极板，根据U＝Ed，场强E减小，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，极板上所带电荷量不变，由E＝Ud＝QCd＝4πkQεS可知，场强不变，故C错误；先断开开关S，再适当左移P极板，极板所带电荷量不变，正对面积减小，由E＝Ud＝QCd＝4πkQεS可知，场强变大，故D错误。10．【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：11eEeEammv＝a1t1从MN到屏的过程中运动的时间：t2＝2Lv运动的总时间为t＝t1＋t2＝3mLeE。(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为222eEeEammt3＝Lvvy＝a2t3tanθ＝yvv解得：tanθ＝2。(3)如图，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′。由几何关系知：tanθ＝/2xLL得：x＝3L。11．【解析】(1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则qE＝mg可得匀强电场的电场强度大小E＝mgq(2)由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球碰撞前瞬间速度为v1，由动能定理得：(2.5qE－mg)L＝12mv12解得：v1＝3gLA、B两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得：mv