2019-2020年高考物理一轮复习 20《带电粒子在电场中的运动》（二）试题.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 20带电粒子在电场中的运动（二）试题1.质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上,且处在场强为E的匀强电场中,当小球A静止时,细线与竖直方向成30角,已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小,则小球所带的电荷量应为()A.B.C.D.2.(xx全国新课标卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动3.如图所示,Q为固定的正点电荷,A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h,一带电小球(可视为质点)从A点由静止释放,运动到B点时速度恰好又变为零.若此电荷在A点处的加速度大小为g,则()A.小球可以带正电也可以带负电B.电荷在B点处的加速度为3g,方向竖直向上C.A、B两点间的电势差为UAB=D.A、B两点间的电势差为UAB=-4.(xx石家庄质检)如图所示,在一个粗糙绝缘水平面上,放置有两个带异种电荷的小物块甲和乙,将甲固定,给乙一初速度v0,使它从M点向右远离甲,下列情况可能发生的是()A.乙一直向右运动,最后静止,两个物块的电势能逐渐增加B.乙先向右运动,后向左运动,最后静止在M点,两个物块的电势能不变C.乙先向右运动,后向左运动,最后静止在M点左侧,两个物块的电势能减小D.乙先向右运动,后向左运动,最后将与甲相碰5.如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种点电荷，电荷量分别为Q和-Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点高度为d的O点时，速度为v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：(1)C、O间的电势差UCO；(2)小球p在O点时的加速度；(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度.6.如图甲所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力的作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦规律变化)()7.(xx河南郑州第二次质检)如图所示,光滑绝缘杆PQ放置在竖直平面内,PQ的形状与以初速度v0(v0=)水平抛出的物体的运动轨迹相同,P端为抛出点,Q端为落地点,P点距地面的高度为h.现在将该绝缘杆置于水平向右的匀强电场中,将一带正电的小球套于其上,由静止开始从P端滑下.已知重力加速度为g,电场力等于重力.当小球到达Q端时()A.小球的速率为B.小球的速率为2C.小球在水平方向的速度大小为D.小球在水平方向的速度大小为28.在方向水平的匀强电场中,绝缘细线的一端连着一个质量为m的带电小球,另一端悬挂于O点.将小球拿到A点(此时细线与电场方向平行)无初速释放,已知小球摆到B点时速度为零,此时细线与竖直方向的夹角为=30,求: (1)小球所受电场力;(2)小球速度最大时悬线与竖直方向的夹角;(3)小球速度最大时细线对小球的拉力.9.如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L2 m，板间距离d1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U01103 V，变化周期T210-3 s，t0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v01103 m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q110-5 C，质量m110-7 kg，不计粒子所受重力，求：(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打在荧光屏上的纵坐标；(3)粒子打到屏上的动能.参考答案1.解析:对带电小球受力分析如图所示,当电场力最小时,电场力方向应与绝缘细线垂直,qE=mgsin30,解得,q=,D项正确.答案:D2.解析：带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确.答案：BD3.解析:小球向下运动受到电场斥力,故一定带正电,A项错;设其电荷量为q,在A点时,mg-=mg,在B点时-mg=maB,解得aB=3g,方向竖直向上,B项正确;从A到B,mg(h-0.25h)+qUAB=0,解得UAB=-,C项错,D项正确.答案:BD4.解析:甲、乙带异种电荷,相互吸引力为F,乙向右滑行时受到的摩擦力Ff和F均向左,则乙必会在一段时间后减速到零,此时若FFf,则乙保持静止,电势能增加,A项正确;若FFf,则乙反向加速,且加速过程中F增大,乙中间不会停止,直至与甲碰撞,B、C两项错误,D项正确.答案:AD5.解析：(1)小球p由C点运动到O点时，由动能定理得：mgdqUCO-0，所以UCO.(2)小球p经过O点时的受力如图所示.由库仑定律得：F1F2，它们的合力为：FF1 cos 45F2 cos 45，所以小球p在O点处的加速度a，方向竖直向下.(3)由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的，即小球p由C点运动到O点与由O点运动到D点的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理知：W合-02，解得vDv.答案：(1) (2) 方向竖直向下(3)v.6.解析:电子在交变电场中所受电场力恒定,加速度大小不变,故C、D两项错误;从0时刻开始,电子向A板做匀加速直线运动,T后电场力反向,电子向A板做匀减速直线运动,t=T时刻速度变为零.之后重复上述运动,A项正确,B项错.答案:A7.解析:由题意可知,PQ的形状与以初速度v0水平抛出的物体的运动轨迹相同,初速度v0=,可得PQ的水平距离为2h,又知电场力等于重力,由动能定理可得,到达Q端时小球的速率为v=,A项正确,B项错误;在Q点将速度分解可知,水平分速度为vx=,C、D两项错误.答案:A8.解析:(1)小球由A运动到B根据动能定理,mgLcos-qEL(1+sin)=0解得qE=mg. (2)设小球在位置C时,电场力、重力的合力与细线拉力在一条直线上,此时小球速度最大,设悬线与竖直方向夹角为,受力如图,则tan=,=30.(3)由A到C,根据动能定理,有mgL sin60-qEL(1-cos60)=在C点,根据牛顿第二定律,有FT-mgcos30-qE sin30=m解得FT=mg.答案:(1)mg(2)30(3)mg9.解析：(1)粒子在板间沿x轴匀速运动，设运动时间为t，由Lv0t，t210-3 s. (2)设t0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1，y1，ma，解得y10.15 m，纵坐标yd-y10.85 m.(3)粒子出射时的动能，由动能定理得，又y2，故Ek5.0510-2 J.答案：(1)210-3 s (2)0.85 m (3)5.0510-2 J