湖北剩门市2022届高考物理复习专题带电粒子在电场中运动练习题二

带电粒子在电场中运动练习题(二)一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题意）(　　)1.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.带电油滴将沿竖直方向向下运动C.P点的电势将降低D.电容器的电容减小，电容器的带电量将减小（）2.如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源两端(未画出)。小孔正上方有一点A，A与极板N的距离为h，与极板M距离为h/3，某时刻有一带电微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零。若将极板N向上平移2h/9，该微粒再从A点由静止下落，则进入电场后速度为零的位置与极板M间的距离为A.B.C.D.(　　)3.如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是A.保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧B.保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧C.断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D.断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧(　　)4.如图所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为α，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是A.若增大d，则α减小，θ减小B.若增大Q，则α减小，θ不变C.将A板向上提一些，α增大，θ增大D.在两板间插入云母片，则α减小，θ不变（　　）5.如图所示装置处于真空中，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过同一加速电场U0和偏转电场U1，最后粒子均打在与OO′垂直的荧光屏上（已知质子、氘核和α-8-\n粒子质量之比为1：2：4，电量之比为1：1：2，不计粒子的重力影响）．下列说法中正确的是A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2：1B．三种粒子飞出偏转电场时的速率之比为：1：1C．三种粒子打在荧光屏上的位置不同D．偏转电场的电场力对种粒子做功之比为1：1：2(　　)11。如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的直径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，以下说法正确的是A．小球释放后，到达最低点D时速度最大B．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1C．小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动D．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1∶1，且方向相同二、多项选择题（每小题有多个选项符合题意）(　　)7.如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则A.在荧屏上的亮斑向上移动B.在荧屏上的亮斑向下移动C.偏转电场对电子做的功增大D.偏转电场的电场强度减小(　　)8.如图所示，用长L＝0.50m的绝缘轻质细线，把一个质量m＝1.0g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间，平行金属板间的距离d＝5.0cm，两板间电压U＝1.0×103V。静止时，绝缘细线偏离竖直方向θ角，小球偏离竖直线的距离a＝1.0cm。取g＝10m/s2。则下列说法正确的是A.两板间电场强度的大小为2.0×104V/mB.小球带的电荷量为1.0×10－8CC.若细线突然被剪断，小球在板间将做类平抛运动D.若细线突然被剪断，小球在板间将做匀加速直线运动(　　)9.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内A.该静电场是匀强电场-8-\nB.该静电场是非匀强电场C.电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D.电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大()10.如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点由静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能(Ep电)随位置变化的图象一定正确的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，竖直向下为正方向，无限远处电势为零)()11.如图，在粗糙的绝缘水平面上，彼此靠近地放置两个带正电荷的小物块（动摩擦因数相同）。由静止释放后，向相反方向运动，最终都静止。在小物块的运动过程中，表述正确的是A．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力B．物体之间的库仑力都做正功，作用在质量较小物体上的库仑力做功多一些C．因摩擦力始终做负功，故两物块组成的系统的机械能一直减少D．整个过程中，物块受到的库仑力做的功等于电势能的减少(　　)12.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电三、计算题13.如图所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ＝37°、长L＝5m的绝缘斜面BC在B处圆滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板，质量m＝0.5kg、所带电荷量q＝5×10－5C的绝缘带电小滑块(可看成质点)置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝2×105N/C，现让滑块以v0＝12m/s的速度沿斜面向上运动．设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小；-8-\n(2)滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离；(3)滑块运动的总路程．14.如图，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l、与x轴间的夹角θ＝30°.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域．已知重力加速度为g.(1)求P的纵坐标yP及小球从P射出时的速度v0；(2)已知电场强度的大小为E＝，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？-8-\n15.如图所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103N/C，质量m＝0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．16.在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示.小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点．小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力．求：(1)小球水平位移x1与x2的比值；(2)小球落到B点时的动能EkB；(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.-8-\n参考答案1A2B3A4C5D6B7AC8ABD9BC10ABC11BD12AC13.(1)设滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小为v，静电力qE＝10N，重力G＝mg＝5N.摩擦力Ff＝μFN＝μ(mgcos37°＋qEsin37°)＝1N.由动能定理得qEcos37°－mgsin37°－Ff＝mv2－mv，解得v＝2m/s.(2)设滑块第一次下滑到B点的速度为vB，滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离为x.由动能定理得－qELcos37°＋mgLsin37°－FfL＝mv－mv2，解得vB＝8m/s.滑块在水平面上滑行时，只有静电力做功，由动能定理得－qEx＝0－mv，解得x＝1.6m.(3)设滑块第一次下滑到B点的动能EkB1＝mv＝16J，水平面光滑，滑块水平运动返回到B点，动能不变．在斜面上往返一次克服摩擦力做功W克f＝2FfL＝10J.所以滑块还能滑到B点并到达水平面一次，设在水平面上滑动的距离为x1，由动能定理得－qEx1－W克f＝0－EkB1，解得x1＝0.6m.在水平面上滑动的总距离s1＝2(x＋x1)＝4.4m.最后停在C点，在斜面上滑行的距离为s2，由动能定理得qEcos37°－mgsin37°－Ffs2＝0－mv，解得s2＝48.5m.所以，滑块运动的总路程s＝s1＋s2＝52.9m.-8-\n14．解题思路：(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有yP－sinθ＝gtcosθ＝v0t1＝gt1解得yP＝v0＝(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有vM＝又mgcosθ＝qE小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不从BC边射出，在电场中运动时间为t2mgsinθ＝mad>vMt2＝at解得d>l.15.解析　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得(mg＋qE)h－Ff＝mv解得v1＝2.4m/s(2)滑块从B到C，由动能定理可得：(mg＋qE)R(1－cos37°)＝mv－mv当滑块经过最低点C时，有FN－(mg＋qE)＝m由牛顿第三定律：FN′＝FN解得：FN′＝11.36N，方向竖直向下．16.解析：(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从A到M和M到B的时间相等，则x1∶x2＝1∶3(2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电＝6J，则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为EkB＝Ek0＋4W电＝32J(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：⇒⇒＝由图可知，tanθ＝＝⇒sinθ＝-8-\n则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G′垂直，故Ekmin＝m(v0sinθ)2＝J.-8-