高考物理复习 课时跟踪训练(九)　带电粒子在电场中的运动问题

文档来源网络侵权联系删除PAGEPAGE1仅供参考课时跟踪训练(九)带电粒子在电场中的运动问题(限时45分钟)一、选择题(本题共7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确)1．(2014·北京高考)如图1所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()图1A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等2．(2014·汕头模拟)示波器的示波管可以视为加速电场与偏转电场的组合(如图2)。当加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，板间距为d时，电子打在荧光屏上形成光斑P，则()图2A．只增大d，偏转电场的电场强度增大B．只增大L,荧光屏上光斑P的位置不变C．只增大U1，电子穿越偏转电场时间变短D．只增大U2，能使荧光屏上光斑P向上移动3．(2014·山东高考)如图3，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()图3图44.(2014·豫东、豫北十校联考)如图5所示等边三角形ABC的三个顶点放置三个等量点电荷，电性如图所示，D、E、F是等边三角形三条边的中点，O点是等边三角形的中心，下列说法正确的是()图5A．O、E两点的电势相等B．D、F两点的电势不相等C．D、F两点的电场强度相同D．将一个负的试探电荷由O点移到E点，试探电荷的电势能增大5．(2014·宁波模拟)如图6(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。t＝0时，乙球以6m/s的初速度向静止的甲球运动。之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)。它们运动的v­t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。图6A．甲、乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小6．(2014·佛山模拟)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图7，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，极板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则()密立根油滴实验图7A．此时极板间的电场强度E＝U/dB．油滴带电荷量为mg/UdC．减小极板间电压，油滴将加速下落D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动7．(2014·抚州五校联考)如图8所示，在竖直向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v0，最后小球落在斜面上的N点。在已知θ、v0和小球所受的电场力大小F及重力加速度g的条件下，不计空气阻力，则下列的判断正确的是()图8A．可求出小球落到N点时重力的功率B．由图可知小球所受的重力大小可能等于电场力C．可求出小球从M点到N点的过程中电势能的变化量D．可求出小球落到N点时速度的大小和方向二、计算题(本题共2小题)8．如图9所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。图9(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。9．(2013·湖北高三联考)如图10所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行。其半径R＝40cm。N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝－10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/s2，求图10(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的滑块通过P点时受到轨道的压力是多大？答案1．选D电场线的疏密程度表示场强的大小，A、B错误；等势线上各点的电势相等，C错误，D正确。2．选CD由E偏＝eq\f(U2,d)可知，A错误；由y＝eq\f(1,2)eq\f(U2,d)eq\f(e,m)t2，t＝eq\f(L,v0)，U1e＝eq\f(1,2)mv02可得：t＝eq\f(L,\r(2U1e/m))，y＝eq\f(U2L2,4dU1)，由此可知，U1越大，t越小，L、U2越大，y越大，C、D正确，B错误。3．选A由于带正电的试探电荷在球壳内运动时，不受电场力，没有力做功，动能不变，可知C、D项错误。在球壳外，电场力做正功，动能增大，且由F库＝keq\f(Qq,r2)可知随r的增大，F库减小，体现为Ek­r图线的斜率减小，故选项A正确，B错误。4．选D由对称性可知，沿AOE的直线上，合电场方向由O→E，即UOE>0，将一负电荷由O点移至E点，电场力做负功，电势能增大，D正确，A错误；D、F两点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同，B、C均错误。5．选C由0～t1时间内，甲球加速、乙球减速可知，甲、乙两球相互排斥，带同种电荷，A错误；t1时刻两球相距最近，此时系统电场力做负功最多，电势能最大，B错误；0～t1时间内，间距减小，电场力增大，t1～t2时间内间距增大，电场力减小，C正确；0～t2时间内，乙球动能一直减小到零，在t2～t3时间内，乙球动能增大，D错误。6．选AC板间电场强度E＝eq\f(U,d)，油滴平衡，mg＝Eq，可得：q＝eq\f(mgd,U)，A正确，B错误；减小极板间电压，则有mg>Eq，油滴加速下落，C正确；将极板N向下移动，板间电场减小，mg>Eq，油滴加速下落，D错误。7．选BD设小球的加速度为a，则有tanθ＝eq\f(\f(1,2)at2,v0t)，at＝2v0tanθ，小球落到N点的速度大小vN＝eq\r(v02＋at2)＝eq\r(v02＋4v02tan2θ)，vN与水平方向夹角：tanα＝eq\f(at,v0)＝2tanθ，D正确；小球在N点时重力的功率PN＝mg·at＝2mgv0tanθ，但因不知小球质量m，无法求出PN，A错误；由电场力对小球所做的功为F·eq\f(1,2)at2＝Fv0ttanθ，但无法求出小球运动时间t，故C错误；小球重力大小等于电场力大小是一种可能情况，B正确。8.解析：(1)设粒子在偏转电场运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与极板右端的水平距离为x。则有y＝eq\f(1,2)at2①，L＝v0t②vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，联立可得x＝eq\f(L,2)即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)a＝eq\f(Eq,m)③，E＝eq\f(U,d)④由①②③④式解得y＝eq\f(qUL2,2dmv02)当y＝eq\f(d,2)时，UYY′＝eq\f(md2v02,qL2)则两板间所加电压的范围为－eq\f(md2v02,qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v02,qL2)(3)当y＝eq\f(d,2)时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0＝y＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(dL＋2b,2L)故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝eq\f(dL＋2b,L)。答案：(1)见解析(2)－eq\f(md2v02,qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v02,qL2)(3)eq\f(dL＋2b,L)9．解析：(1)设小球到达Q点时速度为v，则由牛顿运动定律mg＋|q|E＝meq\f(v2,R)滑块从开始运动到到达Q点过程中，由动能定理－mg·2R－|q|E·2R－μ(mg＋|