浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题专题三电场与磁场提升训练10带电粒子在电场中的运动

提升训练10　带电粒子在电场中的运动1.(2022浙江杭州一中月考)如图所示,A、B为平行金属板,两板相距为d且分别与电源两极相连,两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上),空气阻力忽略不计,到达N孔时速度恰好为零,然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变,则下列说法不正确的是(　　)A.把A板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落2.(2022年4月浙江选考,11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0的速度做直线运动,其v-t图象如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是(　　)A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB.A、B、C三点的电场强度大小关系为EC>EB>EAC.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功3.质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中,(　　)A.它们运动的时间tQ>tP8\nB.它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2C.它们的电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ=1∶2D.它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ=2∶14.在电场强度大小为E的匀强电场中,质量为m、电荷量为+q的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动,其加速度大小为0.8qEm,物体运动s距离时速度变为零。则下列说法正确的是(　　)A.物体克服电场力做功0.8qEsB.物体的电势能增加了0.8qEsC.物体的电势能增加了1.2qEsD.物体的动能减少了0.8qEs5.如图所示,两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置,A、B接在电路中,C、D板间电压为U。A板上O处发出的电子经加速后,水平射入C、D板间,电子最终都能打在光屏M上。关于电子的运动,下列说法正确的是(　　)A.S闭合,只向右移动滑片P,P越靠近b端,电子打在M上的位置越高B.S闭合,只改变A、B板间的距离,改变前后,电子由O至M经历的时间相同C.S闭合,只改变A、B板间的距离,改变前后,电子到达M前瞬间的动能相同D.S闭合后再断开,只向左平移B,B越靠近A板,电子打在M上的位置越低6.如图a,MN是长为L、倾角为θ的光滑绝缘杆,M、N、P为直角三角形的三个顶点,MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷,杆上套有一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)。小球自N点由静止释放。小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x=0)的变化图象如图b所示,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法不正确的是(　　)A.图b中表示电势能随位置变化的是图线ⅡB.小球经过x1位置时电场力做功的功率最大C.小球在M点受到的库仑力比在N点收到的库仑力大D.若图象中的E1、E2、E0为已知,则可求得小球在M点时的速度7.(2022全国Ⅰ卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度;8\n(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。8.如图所示,两平行金属板A、B长L=8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板电势高300V。一带正电的粒子电荷量为q=10-10C,质量m=10-20kg,沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场,初速度v0=2×106m/s。粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为12cm,D是中心线RO与界面PS的交点,O点在中心线上,距离界面PS为9cm,粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,粒子重力忽略不计)(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远?到达PS界面时离D点多远?(2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹。9.在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E(图中未画出),由A点斜射出质量为m、电荷量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求:8\n(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功;(2)粒子从A到C过程所经历的时间;(3)粒子经过C点时的速率。10.(2022浙江名校协作高二考试)某科研小组在研究电场时发现仅存于椭圆区域的一种匀强电场,如图所示,椭圆方程为x23R2+y22R2=1。电场的电场强度为E、方向沿x轴正向。在坐标原点O处平行于纸面沿y轴正方向发射出大量同种正离子(不计离子的重力及离子间的相互作用),电荷量为q,这群离子的初速度包含从0到vm的各种速度,最大速度vm足够大,离子群在仅受电场力作用下离开电场区域,全部打在右侧垂直电场方向的荧光屏上,荧光屏中心O'在x轴上离椭圆中心O的距离为2R。求:(1)离子打在O'处的动能;(2)到达荧光屏上的所有离子中,最小的动能值;8\n(3)到达荧光屏上动能最小的离子的位置。8\n提升训练10　带电粒子在电场中的运动1.B　解析移动A板或B板后,质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零,如能减为零,则一定沿原路返回P点;如不能减为零,则穿过B板后只受重力,将继续下落。因质点到达N孔时速度恰为零,由动能定理得mg·2d-qU=0。因极板一直与电源两极连接,电压U一直不变,当A板上移、下移时,满足qU-mgh=0的条件,即h=2d,则质点到达N孔时速度恰好为零,然后按原路返回,A正确,B错误。当把B板上移后,设质点仍能到达B板,则由动能定理得mgh-qU=12mv2,因B板上移后h<2d,所以mgh<qU,即看似动能为负值,实际意义为在此之前物体动能已为零,将沿原路返回,C正确。把B板下移后,有mgh'-qU=12mv2>0,即质点到达N孔时仍有向下的速度,将穿过B板继续下落,D正确。2.C　解析由v-t图象知,带电粒子在0~t0时间段做减速运动,电场力做负功,电势能增大;t0~3t0时间段,带电粒子反方向加速,电场力做正功,电势能减小,所以C项正确,D项错误;因为不知道带电粒子电性,本题中无法判断电势的高低,所以A项错误;图象中斜率表示粒子的加速度,由qE=ma,可知0、t0、3t0时刻中,t0时刻电场强度最大,即B点电场强度最大,B项错误。3.B　解析带电粒子在竖直方向受到向上的电场力,做匀加速直线运动,在水平方向上做匀速直线运动,因为两带电粒子在水平方向上的速度相同,又因为在水平方向上的位移相同,故根据公式x=v0t可得两者的运动时间相同,A错误;在竖直方向上的位移之比yPyQ=12,因为yP=12aPt2=EqP2mt2,yQ=12aQt2=EqQ2mt2,联立可得qP∶qQ=1∶2,B正确;电场力做功为W=Eqy,电场力做多少正功,电势能就减少多少,故ΔEPΔEQ=EqPyPEqQyQ=14,过程中只有电场力做功,所以电势能转化为动能,即它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,C、D错误。4.D5.C　解析初速度为0的电子经电场加速后根据动能定理有eU0=12mv02,即有v0=2eU0m,进入偏转电场后做类平抛运动,水平方向L=v0t,竖直方向两极板间的距离为d',电子的加速度a=eUmd',偏转位移d=12at2=eUL22md'v02=UL24d'U0,U0越大,d越小,选项A错误;只改变A、B板间的距离,电子在A、B板间加速时间变化,但离开A、B板后的速度不变,故电子的运动时间变化,选项B错误;只改变A、B板间的距离,电子运动加速后的速度不变,在偏转电场中vy也不变,所以电子到达M前瞬间的动能相同,选项C正确;S闭合后再断开,电容器所带电荷量不变,向左平移B,根据E=Ud=QCd=4πkQεrS得,A、B板间的电场强度不变,所以电子离开B板时速度变小,在偏转极板C、D间运动的时间变长,偏转位移变大,选项D错误。6.B　解析因为取M点处x=0,而小球是从N点下滑,所以题图b应从L→0顺序看,过程中重力做正功,重力势能均匀减小,故图线Ⅰ表示重力势能随x变化图象,则Ⅱ表示电势能随x变化图象,A正确;小球经过x1位置时,电势能最大,则此时电场力方向正好与MN垂直,此时电场力和速度方向垂直,不做功,B错误;根据点电荷电场强度定义E=kQr2可得M点距离Q比N点到Q点的距离近,M点的电场强度大,所以库仑力大,C正确;过程中电势能、重力势能以及动能相互转换,若图象中的E1、E2、E0为已知,则可求解从N到M过程中电势能与重力势能的减小量,其减小量转换为小球的动能,即可求解速度,D正确。7.答案(1)v0-2gt1　(2)若B点在A点之上,E2=2-2v0gt1+14(v0gt1) 2E1,0<t1<1-32v0g或t1>1+32v0g若B点在A点之下,E2=2-2v0gt1-14(v0gt1) 2E1,t1>52+1v0g解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足8\nqE2-mg=ma1①油滴在时刻t1的速度为v1=v0+a1t1②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2③油滴在时刻t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1④由①②③④式得v2=v0-2gt1。⑤(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg⑥油滴从t=0到时刻t1的位移为s1=v0t1+12a1t12⑦油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-12a2t12⑧由题给条件有v02=2g(2h)⑨式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上,依题意有s1+s2=h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2=[2-2v0gt1+14(v0gt1)2]E1为使E2>E1,应有2-2v0gt1+14v0gt12>1即当0<t1<1-32v0g或t1>1+32v0g才是可能的;条件式和式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。若B点在A点之下,依题意有s1+s2=-h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E2=[2-2v0gt1-14v0gt12]E1为使E2>E1,应有2-2v0gt1-14v0gt12>1即t1>52+1v0g另一解为负,不合题意,已舍去。8.答案(1)3cm　12cm　(2)见解析解析(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)y=12at2=qU2mdLv02=10-10×3002×10-20×0.08×0.082×1062m=0.03m=3cm带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,其轨迹与PS线交于E,设E到中心线的距离为Y。则Y=12×10-2v0vy+y=0.122×106×10-10×30010-20×0.08×0.082×106m+0.03m=0.12m=12cm。(2)第一段是抛物线,第二段是直线,第三段是曲线,轨迹如图所示。8\n9.答案(1)3qEl0　(2)32ml0qE　(3)17qEl02m解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0。(2)根据抛体运动的特点,粒子在x方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T由qE=ma得a=qEm又y0=12aT2,y0+3l0=12a(2T)2解得T=2ml0qE则A→C过程所经历的时间t=32ml0qE。(3)粒子在DC段做类平抛运动,于是有2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)vC=vCx2+vCy2=17qEl02m。10.答案(1)3qER　(2)153qER　(3)25+223R解析(1)只有初速度为零的离子才能沿电场方向做匀加速运动,打在O'处,由x23R2+y22R2=1,当y=0时,x=3R所以Ek1=qE·3R=3qER。(2)离子垂直电场方向发射,做类平抛运动,有y=v0t,x=12Eqmt2由几何关系x23R2+y22R2=1据动能定理,有Ek-12mv02=Eqx联立得Ek=qE63R2x+5xx=35R处飞出的动能最小,Ekmin=153qER。(3)由x23R2+y22R2=1得,此时轨迹与椭圆的交点y=225R　飞出椭圆时的速度方向与x轴正向夹角tanθ=y2x=23离子与荧光屏交点Y=y2+2RtanθY=25R+2R23=25+223R。8