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1、（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練10 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1. (2017浙江杭州一中月考)如圖所示,A、B為平行金屬板,兩板相距為d且分別與電源兩極相連,兩板的中央各有一小孔M和N。今有一帶電質(zhì)點,自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上),空氣阻力忽略不計,到達(dá)N孔時速度恰好為零,然后沿原路返回。若保持兩極板間的電壓不變,則下列說法不正確的是(　　) A.把A板向上平移一小段距離,質(zhì)點自P點自由下落后仍能返回 B.把A板向下平移一小段距離,質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 C.把B板向上平移一小段距離,質(zhì)點

2、自P點自由下落后仍能返回 D.把B板向下平移一小段距離,質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 2.(2018年4月浙江選考,11)一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以-v0的速度做直線運(yùn)動,其v-t圖象如圖所示。粒子在t0時刻運(yùn)動到B點,3t0時刻運(yùn)動到C點,下列判斷正確的是(　　) A.A、B、C三點的電勢關(guān)系為φB>φA>φC B.A、B、C三點的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為EC>EB>EA C.粒子從A點經(jīng)B點運(yùn)動到C點,電勢能先增加后減少 D.粒子從A點經(jīng)B點運(yùn)動到C點,電場力先做正功后做負(fù)功 3.質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻

3、強(qiáng)電場中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入。它們最后打在同一點(重力不計),則從開始射入到打到上極板的過程中,(　　) A.它們運(yùn)動的時間tQ>tP B.它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=1∶2 C.它們的電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ=1∶2 D.它們的動能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ=2∶1 4.在電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場中,質(zhì)量為m、電荷量為+q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運(yùn)動,其加速度大小為,物體運(yùn)動s距離時速度變?yōu)榱恪t下列說法正確的是(　　) A.物體克服電場力做功0.8qEs B.物體的電勢能增加了0.8qEs C.物體的電勢能增加

4、了1.2qEs D.物體的動能減少了0.8qEs 5. 如圖所示,兩對金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置,A、B接在電路中,C、D板間電壓為U。A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入C、D板間,電子最終都能打在光屏M上。關(guān)于電子的運(yùn)動,下列說法正確的是(　　) A.S閉合,只向右移動滑片P,P越靠近b端,電子打在M上的位置越高 B.S閉合,只改變A、B板間的距離,改變前后,電子由O至M經(jīng)歷的時間相同 C.S閉合,只改變A、B板間的距離,改變前后,電子到達(dá)M前瞬間的動能相同 D.S閉合后再斷開,只向左平移B,B越靠近A板,電子打在M上的位置越低 6.如圖a,MN是長為L、

5、傾角為θ的光滑絕緣桿,M、N、P為直角三角形的三個頂點,MP中點處固定一電荷量為Q的正點電荷,桿上套有一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點電荷)。小球自N點由靜止釋放。小球的重力勢能和電勢能隨位置x(取M點處x=0)的變化圖象如圖b所示,不計空氣阻力,重力加速度為g,則下列說法不正確的是(　　) A.圖b中表示電勢能隨位置變化的是圖線Ⅱ B.小球經(jīng)過x1位置時電場力做功的功率最大 C.小球在M點受到的庫侖力比在N點收到的庫侖力大 D.若圖象中的E1、E2、E0為已知,則可求得小球在M點時的速度 7.(2017全國Ⅰ卷)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場,一帶電油滴在該電場中豎直

6、向上做勻速直線運(yùn)動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后,油滴運(yùn)動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運(yùn)動到B點時的速度; (2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小;為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大,試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。 8.如圖所示,兩平行金屬板A、B長L=8 cm,兩板間距離d=8

7、cm,A板比B板電勢高300 V。一帶正電的粒子電荷量為q=10-10 C,質(zhì)量m=10-20 kg,沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場,初速度v0=2×106 m/s。粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后,進(jìn)入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12 cm,D是中心線RO與界面PS的交點,O點在中心線上,距離界面PS為9 cm,粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,粒子重力忽略不計) (1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距

8、離多遠(yuǎn)?到達(dá)PS界面時離D點多遠(yuǎn)? (2)在圖上粗略畫出粒子運(yùn)動的軌跡。 9. 在xOy平面內(nèi),有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E(圖中未畫出),由A點斜射出質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,B和C是粒子運(yùn)動軌跡上的兩點,如圖所示,其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求: (1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功; (2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間; (3)粒子經(jīng)過C點時的速率。 10.(2017浙江名校協(xié)作高二考試)某科研小組在研究電場時發(fā)現(xiàn)僅存于橢圓

9、區(qū)域的一種勻強(qiáng)電場,如圖所示,橢圓方程為=1。電場的電場強(qiáng)度為E、方向沿x軸正向。在坐標(biāo)原點O處平行于紙面沿y軸正方向發(fā)射出大量同種正離子(不計離子的重力及離子間的相互作用),電荷量為q,這群離子的初速度包含從0到vm的各種速度,最大速度vm足夠大,離子群在僅受電場力作用下離開電場區(qū)域,全部打在右側(cè)垂直電場方向的熒光屏上,熒光屏中心O'在x軸上離橢圓中心O的距離為2R。求: (1)離子打在O'處的動能; (2)到達(dá)熒光屏上的所有離子中,最小的動能值; (3)到達(dá)熒光屏上動能最小

10、的離子的位置。 提升訓(xùn)練10　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1.B　解析 移動A板或B板后,質(zhì)點能否返回P點的關(guān)鍵是質(zhì)點在A、B間運(yùn)動時到達(dá)B板之前速度能否減為零,如能減為零,則一定沿原路返回P點;如不能減為零,則穿過B板后只受重力,將繼續(xù)下落。因質(zhì)點到達(dá)N孔時速度恰為零,由動能定理得mg·2d-qU=0。因極板一直與電源兩極連接,電壓U一直不變,當(dāng)A板上移、下移時,滿足qU-mgh=0的條件,即h=2d,則質(zhì)點到達(dá)N孔時速度恰好為零,然后按原路返回,A正確,B錯誤。當(dāng)把B板上移后,設(shè)質(zhì)點仍能到達(dá)B板,則由動能定理得mgh-qU=mv2,因B板上移后h<2d,所以mgh

11、值,實際意義為在此之前物體動能已為零,將沿原路返回,C正確。把B板下移后,有mgh'-qU=mv2>0,即質(zhì)點到達(dá)N孔時仍有向下的速度,將穿過B板繼續(xù)下落,D正確。 2.C　解析 由v-t圖象知,帶電粒子在0~t0時間段做減速運(yùn)動,電場力做負(fù)功,電勢能增大;t0~3t0時間段,帶電粒子反方向加速,電場力做正功,電勢能減小,所以C項正確,D項錯誤;因為不知道帶電粒子電性,本題中無法判斷電勢的高低,所以A項錯誤;圖象中斜率表示粒子的加速度,由qE=ma,可知0、t0、3t0時刻中,t0時刻電場強(qiáng)度最大,即B點電場強(qiáng)度最大,B項錯誤。 3.B　解析 帶電粒子在豎直方向受到向上的電場力,做勻加速直

12、線運(yùn)動,在水平方向上做勻速直線運(yùn)動,因為兩帶電粒子在水平方向上的速度相同,又因為在水平方向上的位移相同,故根據(jù)公式x=v0t可得兩者的運(yùn)動時間相同,A錯誤;在豎直方向上的位移之比,因為yP=aPt2=t2,yQ=aQt2=t2,聯(lián)立可得qP∶qQ=1∶2,B正確;電場力做功為W=Eqy,電場力做多少正功,電勢能就減少多少,故,過程中只有電場力做功,所以電勢能轉(zhuǎn)化為動能,即它們的動能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,C、D錯誤。 4.D 5.C　解析 初速度為0的電子經(jīng)電場加速后根據(jù)動能定理有eU0=,即有v0=,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動,水平方向L=v0t,豎直方向兩極板間的距離為d

13、',電子的加速度a=,偏轉(zhuǎn)位移d=at2=,U0越大,d越小,選項A錯誤;只改變A、B板間的距離,電子在A、B板間加速時間變化,但離開A、B板后的速度不變,故電子的運(yùn)動時間變化,選項B錯誤;只改變A、B板間的距離,電子運(yùn)動加速后的速度不變,在偏轉(zhuǎn)電場中vy也不變,所以電子到達(dá)M前瞬間的動能相同,選項C正確;S閉合后再斷開,電容器所帶電荷量不變,向左平移B,根據(jù)E=得,A、B板間的電場強(qiáng)度不變,所以電子離開B板時速度變小,在偏轉(zhuǎn)極板C、D間運(yùn)動的時間變長,偏轉(zhuǎn)位移變大,選項D錯誤。 6.B　解析 因為取M點處x=0,而小球是從N點下滑,所以題圖b應(yīng)從L→0順序看,過程中重力做正功,重力勢能均勻

14、減小,故圖線Ⅰ表示重力勢能隨x變化圖象,則Ⅱ表示電勢能隨x變化圖象,A正確;小球經(jīng)過x1位置時,電勢能最大,則此時電場力方向正好與MN垂直,此時電場力和速度方向垂直,不做功,B錯誤;根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度定義E=k可得M點距離Q比N點到Q點的距離近,M點的電場強(qiáng)度大,所以庫侖力大,C正確;過程中電勢能、重力勢能以及動能相互轉(zhuǎn)換,若圖象中的E1、E2、E0為已知,則可求解從N到M過程中電勢能與重力勢能的減小量,其減小量轉(zhuǎn)換為小球的動能,即可求解速度,D正確。 7.答案 (1)v0-2gt1　(2)若B點在A點之上,E2=E1,01+ 若B點在A點之下, E2=E1,t1>+

15、1 解析 (1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動,故勻強(qiáng)電場方向向上。在t=0時,電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動,加速度方向向上,大小a1滿足 qE2-mg=ma1 ① 油滴在時刻t1的速度為 v1=v0+a1t1 ② 電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運(yùn)動,加速度方向向下,大小a2滿足 qE2+mg=ma2 ③ 油滴在時刻t2=2t1的速度為 v2=v1-a2t1 ④ 由①②③④式得 v2=v0-2gt1。 ⑤ (2)由題意,在t=0時刻前有 qE1=mg ⑥

16、油滴從t=0到時刻t1的位移為 s1=v0t1+a1 ⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2=v1t1-a2 ⑧ 由題給條件有 =2g(2h) ⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上,依題意有 s1+s2=h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2=[2-2)2]E1 為使E2>E1,應(yīng)有 2-22>1 即當(dāng) 01+ 才是可能的;條件式和式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點在A點之下,依題意有 s1+s2=-h 由①②③⑥⑦⑧⑨式得 E2=[2-2]E1 為使E2>E1,應(yīng)有

17、 2-2>1 即t1> 另一解為負(fù),不合題意,已舍去。 8.答案 (1)3 cm　12 cm　(2)見解析 解析 (1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側(cè)向位移) y=at2= m=0.03 m=3 cm 帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動,其軌跡與PS線交于E,設(shè)E到中心線的距離為Y。則 Y=vy+y= m+0.03 m=0.12 m=12 cm。 (2)第一段是拋物線,第二段是直線,第三段是曲線,軌跡如圖所示。 9.答案 (1)3qEl0　(2)3　(3) 解析 (1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0。 (2)根據(jù)拋體運(yùn)動的特點,粒子在x方向做

18、勻速直線運(yùn)動,由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上,可令tAD=tDB=T,則 tBC=T 由qE=ma得a= 又y0=aT2,y0+3l0=a(2T)2 解得T= 則A→C過程所經(jīng)歷的時間t=3。 (3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動,于是有 2l0=vCx(2T),vCy=a(2T) vC=。 10.答案 (1)qER　(2)qER　(3)+2R 解析 (1)只有初速度為零的離子才能沿電場方向做勻加速運(yùn)動,打在O'處, 由=1,當(dāng)y=0時,x=R 所以Ek1=qE·R=qER。 (2)離子垂直電場方向發(fā)射,做類平拋運(yùn)動,有y=v0t, x=t2 由幾何關(guān)系=1 據(jù)動能定理,有Ek-=Eqx 聯(lián)立得Ek= x=R處飛出的動能最小,Ekmin= qER。 (3) 由=1得,此時軌跡與橢圓的交點y=2R　 飛出橢圓時的速度方向與x軸正向夾角tanθ= 離子與熒光屏交點Y=+2Rtanθ Y=R+2RR。