高考物理总复习 课时作业二十八 带电粒子在电场中的运动-人教版高三物理试题

课时作业二十八带电粒子在电场中的运动(限时：45分钟)(班级________姓名________)1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是()A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动2．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()第2题图A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零3．如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点以水平初速度v0向右射出一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为()第3题图A．1∶2B．2∶1C．1∶1D．1∶34．如图所示，一带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好贴下边缘飞出，已知产生场强的金属板长为L，如果带电粒子的速度为2v时，当它的竖直位移等于板间距d时，它的水平射程x为()第4题图A．1.5LB．2LC．2.55．如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍．有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值eq\f(l,d)为()第5题图A.eq\r(k)B.eq\r(2k)C.eq\r(3k)D.eq\r(5k)6．(多选)如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场)，电场强度为E＝eq\f(mg,q)，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为eq\f(1,4)圆弧，一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H＝R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是()第6题图A．小球到达C点时对轨道压力为2mgB．小球在AC部分运动时，加速度不变C．适当减小E，小球到达C点的速度可能为零D．若E＝eq\f(2mg,q)，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为eq\f(3R,2)7．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则()第7题图A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B．在t＝eq\f(T,2)时刻，该粒子的速度大小为2v0C．若该粒子在eq\f(T,2)时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场8．一平行板电容器板长为L，板间距离为d，将其倾斜放置，如图所示，两板间形成一匀强电场，现有一质量为m，电量为＋q的油滴以初速度v0自左侧下板边缘处水平进入两板之间，沿水平方向运动并恰从右侧上板边缘处离开电场，求两板间电势差的大小．第8题图9．如图所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g＝10m(1)求匀强电场的电场强度E1的大小和方向；(2)在t＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C，且方向不变．求在t＝0.20s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20s时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．第9题图10．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝eq\f(5veq\o\al(2,0),g)，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看做质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s.第10题图课时作业(二十八)带电粒子在电场中的运动1.A【解析】带电粒子只在电场力作用下可以被加速，可以偏转．(例如沿电场方向进入匀强电场和垂直电场进入匀强电场中)，B、C可能；也可以做匀速圆周运动(例如电子绕原子核的高速旋转)，D可能出现；不能做匀速直线运动，A不可能出现；故选A.2．CD【解析】设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v­t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．第2题图3．C【解析】设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的规律可得L＝v0t，d＝eq\f(vy,2)t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确．4．C【解析】带电粒子的初速度为v时，由类平抛运动的规律得：d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v))2，带电粒子的初速度变为2v，粒子离开电场时偏转的距离为y，速度的偏向角为Φ.则得：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v))2，由上两式得：y＝eq\f(1,4)d，根据推论可知，粒子离开电场时速度的反向延长线交于上板的中点．则根据几何知识有tanΦ＝eq\f(y,\f(L,2))＝eq\f(\f(d,4),\f(L,2))＝eq\f(d,2L)，又tanΦ＝eq\f(d,L′)，解得L′＝2L，所以x＝0.5L＋L′＝2.5L，故选C.5．B【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，因为qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，带电粒子离开加速电场时的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))；在偏转电场中eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)t2，解得t＝deq\r(\f(m,qU2))，水平距离l＝v0t＝deq\r(\f(2U1,U2))＝deq\r(2k)，所以eq\f(l,d)＝eq\r(2k)，B正确．6．AD【解析】小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝eq\r(2gR)，根据牛顿第二定律得FN＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)＝2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg，故A正确；小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心，故B错误；若适当减小E，则电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；若E＝eq\f(2mg,q)，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,c),R)，解得vc＝eq\r(gR)，根据动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(H＋R)))－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，解得H＝eq\f(3R,2)，所以H至少为eq\f(3R,2)，故D正确，故选AD.7．A【解析】粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A正确；在t＝eq\f(T,2)时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有v0T＝eq\f(vy,2)·T·2，解得vy＝v0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v＝eq\r(2)v0，故B错误；若该粒子在eq\f(T,2)时刻以速度v0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与t＝0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，则粒子射出电场的时间t＝eq\f(L,2v0)＝eq\f(T,2)，故D错误．故选A.8.eq\f(mgd\r(L2＋d2),qL)【解析】设板间电势差为U，则板间场强E＝eq\f(U,d)；设板与水平面的夹角tanθ＝eq\f(d,L)；油滴的受力如图，由qEcosθ＝mg得eq\f(qUL,d\r(L2＋d2))＝mg；解得U＝eq\f(mgd\r(L2＋d2),qL).第8题图9．(1)2.0×103N/C方向向上(2)8.0×10－4J(3)8.0×10－4J【解析】(1)由题意知E1q＝mg，E1＝eq\f(mg,q)＝eq\f(2.0×10－4×10,1.0×10－6)N/C＝2.0×103N/C，方向向上．(2)在t＝0时刻，电场强度突然变化为E2＝4.0×103N/C.设微粒的加速度为a1，在t＝0.20s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE2－mg＝ma1，解得a1＝10m/s2h＝eq\f(1,2)a1t2，解得h＝0.20m，W＝qE2h，解得W＝8.0×10－4J.(3)设在t＝0.20s时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v＝a1t，Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝8．0×10－4J.10．(1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),2（qE＋mg）)(2)eq\f(9mveq\o\al(2,0),2qd)；(3)eq\f(5veq\o\al(2,0),2g)＋eq\f(2gd2,9veq\o\al(2,0))【解析】(1)小球在区域I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为vA，竖直分速度为vy，则有：vA＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0，vy＝v0tan60°＝eq\r(3)v0，由牛顿第二定律可得：a＝eq\f(qE＋mg,m)，由匀变速直线运动的速度位移公式得：veq\o\al(2,y)＝2aL，解得：L＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2（qE＋mg）)；(2)在区域Ⅱ中，由图可得，由A至B下降的高度为eq\f(R,2)，则由A到B，根据动能定理：mgeq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得：vB＝3v0，在区域III中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由匀变速直线运动的速度位移公式