《2022年高考物理复习一轮用书新课标基础巩固练专题带电粒子在电场中的运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理复习一轮用书新课标基础巩固练专题带电粒子在电场中的运动.docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载专题 五专题 5 带电粒子在电场中的运动 基础巩固12022 深圳一模在竖直向下的匀强电场中有a、b 两个带电液滴 , 分别竖直向上和向下做匀速直线运动,液滴间相互作用力不计,就 Aa、b 带同种电荷 Ba、b 带异种电荷Ca 的电势能减小 Db 的重力势能增大22022 威海一中模拟如图 Z5- 1 所示 ,两平行板电容器的四块极板 A、B、C、D 平行放置 A 、B 两极板充电后电源断开,C、D 两极板始终与电源相连 ,每块极板上开有一个小孔,四个小孔 M 、N、P、Q 的连线与极板垂直一个电子以特别小的速度从小孔 M
2、进入 A、B 极板间 ,在被 A、B 极板间的电场加速后,从小孔 P 进入 C、D 极板间 ,但未从小孔 Q 射出, 就 图 Z5- 1 A如将 B 极板向右移动一小段距离,电子可能从小孔Q 射出B如将 A 极板向左移动一小段距离,电子可能从小孔Q 射出C如将 D 极板向左移动一小段距离,电子可能从小孔Q 射出D如将 C 极板向右移动一小段距离,电子可能从小孔Q 射出32022 武昌模拟某同学设计了一种静电除尘装置,如图 Z5- 2 甲所示 ,其中有一长为L、宽为 b、高为 d 的矩形通道 ,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图, 上、下两板与电压恒为 U 的高压直流
3、电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为 v 0,当遇到下板后其所带电荷被中和,同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用要增大除尘率,就以下措施可行的是 图 Z5- 2 A只增大电压 U B只增大高度 d C只增大长度 L D只增大尘埃被吸入水平速度 v0图 Z5- 3 名师归纳总结 4如图Z5- 3 所示 , 匀强电场水平向右,细线一端固定 ,另一端拴一带正电的小球,第 1 页,共 6 页使小球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动不计空气阻力,电场力和重力大小刚好相等,细线长为 r.当小球运动到图中位置A 时,细线在水平方向,拉
4、力大小恰好与重力大小相等重- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 力加速度大小为学习好资料 欢迎下载g,就小球的最小速度大小为A. grB. 2gr C. 42 2 grD. 22 gr 图 Z5- 4 52022 广宁南宁模拟图Z5- 4 是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场,如加速电压为 U 1,偏转电压为 U2,偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为 L 和 d, y 为电子离开偏转电场时发生的偏转距离取“ 单位偏转电压引起的偏转距离” 来描述示波管的灵敏度,即y U 2该比值越大就灵敏度越高 ,就以下方法可以提高示波管
5、的灵敏度的是 A增大 U1B增大 U 2C减小 LD减小 d 技能强化62022 重庆联考如图 Z5- 5 所示 ,一个质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中以初速度 v0 沿 ON 在竖直面内做匀变速直线运动ON 与水平面的夹角为 30 ,重力加速度为 g,且 mgEq,就 图 Z5- 5 A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为g ,就小球电势能的最大值为mv2 0C小球上升的最大高度为v2 02gD如小球在初始位置的电势能为零4图 Z5- 6 名师归纳总结 72022 内江二模如图Z5- 6 所示 ,某种金属板M 受到紫外线照耀时,会不停地向各个第 2
6、 页,共 6 页方向发射出电子,射出的电子的速度大小不同在竖直放置的M 板的右侧放一个和M 板等大的平行的金属网N,假如把 M 、N 接在如下列图的电路中,那么 ,以下说法中正确选项 A假如闭合开关S,将滑动变阻器的滑片P 向右移动 , 那么 ,在 M 、N 之间运动的电- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载子的加速度将增加B假如闭合开关S,滑动变阻器的滑片P 向左移动 ,那么 ,电流表的示数肯定不变C从 M 板发射出来的速率相等且能到达 间最短 ,到达 N 网的速率最大N 网的电子中 ,沿直线运动的电子所用的时D能到达 N 网的电子
7、,在 M 、N 间运动的过程中电势能都增加82022 松滋一中月考如图 Z5- 7 所示 ,匀强电场分布在边长为 L 的正方形区域 ABCD内, M 、N 分别为 AB 和 AD 的中点 ,一个初速度为 v0,质量为 m 的带负电粒子 q 沿纸面射入电场带电粒子的重力不计1假如带电粒子从 M 点垂直电场方向进入电场后,恰好从 D 点离开电场 ,求匀强电场的电场强度 E 和带电粒子从 D 点离开电场时的动能 Ek1. 2如带电粒子从 N 点垂直 BC 方向射入电场 ,它在电场中的运动时间 t 是多少？离开电场时的动能 Ek2 为多大？图 Z5- 7 9在光滑的绝缘水平桌面上,放置两块同心半圆形金
8、属板 A、 B,两板的间距很小,半圆形金属板的左边有水平向右的匀强电场 E1,半圆形金属板 A、B 间存在电场 ,两板间的电场强度可以认为大小到处相等,方向都指向 O.现从正对 A 、B 板间隙、到两板的一端距离为 d 处由静止释放一个质量为m、电荷量为 q 的带正电微粒 ,不计重力 ,此微粒恰能在两板间沿虚线运动,虚线到圆心 O 的距离为 L. 1求半圆形金属板 A、B 之间电场强度 E2的大小2从释放微粒开头,经过多长时间微粒的水平位移最大？图 Z5- 8 挑战自我102022 湖北重点中学联考如图Z5- 9 所示 , y 轴在竖直方向 ,x 轴在水平方向 ,一质名师归纳总结 量为 m、带
9、电荷量为q 的小球在坐标为0,0.3m的 A 点以初速度v 0 平行于 x 轴正方向射入第 3 页,共 6 页第一象限 ,在第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场E1, 在第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场E2,其中 m0.1kg,q 1.0 10 3C,v02m/s,E1103N/C,E23 103N/C,重力加速度g 取 10m/s 2,求：1小球到达x 轴上的速度；2小球回到y 轴时的坐标- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 Z5- 9 专题 五 1AC解析 带电液滴做匀速直线运动,由平稳条件 ,两液滴所受电场方向都竖直向
10、上,都带负电荷 ,选项 A 正确 ,选项 B 错误；液滴 a 的电场力做正功,电势能减小 ,液滴 b 的重力做正功 ,重力势能减小 ,选项 C 正确 ,选项 D 错误2AB解析 电子未从小孔 Q 射出 ,由动能定理得 qU BA UCD0,将 B 极板右移 , 由C4 kd r S 和 CQ U BA得 UBA 4k dQ rS,增大 d,UBA 增大 ,电子可能从小孔 Q 射出 ,选项 A、B 正确 C、D 两极板始终与电源相连, UCD始终不变 ,故无论如何移动 C、D 极板 ,电子都不行能从小孔 Q 射出 ,选项 C、 D 错误3AC解析 尘埃做类平抛运动,达到下板的尘埃被收集,竖直偏移
11、量 y12at 2Uq 2mdt 22UqL 2 越大越简单收集,就可以增大 U、L,减小 v 0、d,选项 A、C 正确2mdv 02 4C解析 小球在 A 点,有 FTEqmv r,就速度 v AA2gr,由 A 到等效最高点 , 由动能定理 ,有 Eqr1 cos45 mgrsin45 1 2mvm1 2mv2 A,解得 vm2（22）gr,选项 C 正确5D解析 设电子经加速场 U1后的速度为 v 0,依据动能定理得 U1e1 2mv 20；电子进入偏转电场 U2 后做类平抛运动,水平方向上有 L v0t,竖直方向做匀加速运动,就 y12eU2dm t 2,2联立可得y U2 L 4U
12、 1d,选项 D 正确6BD解析 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动,就其所受的合力与直线 ON重合 ,而 mgqE,由三角形定就 ,可知电场方向与ON 方向成 120 角 ,选项 A 错误；由名师归纳总结 图中几何关系 ,可知其合力大小为mg,由牛顿其次定律可知ag,方向与初速度方向相反,第 4 页,共 6 页选项 B 正确；设带电小球上升的最大高度为h,由动能定理可得mg 2h01 2mv2 0,解得 h2v 4g,选项 C 错误；电场力做负功 0,带电小球的电势能变大,当带电小球速度为零时, 其2 2电势能最大 ,就 Ep qE 2hcos120 qEhmgv 4gmv 4,选项 D
13、 正确0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载7AD解析 假如闭合开关 度增加 ,选项 A 正确；闭合开关S,将滑片 P 向右移动 , M 、N 之间电压变大 ,电子的加速 S 后将滑片 P 向左移动 ,M 、 N 之间电压变小 ,到达 N 网的电子数增多 ,电流表的示数变大,选项 B 错误；由动能定理得eUEkN1 2mv2 0,到达 N网的速率相等 ,选项 C 错误；电子在两板间运动时电场力做负功 确812 mv 0qL mv2 022L v 01 2mv2 0,电势能增加 ,选项 D 正解析 1 带电粒子从 M 点垂直电场线进入电
14、场后做类平抛运动水平方向： Lv 0t竖直方向：1 2L1 2qE m t 2x,联立得2 Emv qL . 0带电粒子从M 点进入电场后 ,从 D 点出来 ,电场力做的功WqE1 2L 1 2mv2 0由动能定理得WEk11 2mv2 0,所以 Ek1mv2 0. 2带电粒子从N 点进入电场后做匀减速直线运动,设速度减到0 这一过程的位移为由动能定理名师归纳总结 qEx01 2mv2 00,就第 5 页,共 6 页由得 x1 2L. 当粒子速度减至0 后沿原路返回 ,从 N 点射出 ,由于整个过程电场力做的功为依据动能定理有0 Ek21 2mv2 0就 Ek21 2mv2 0,即粒子离开电场
15、时的速度大小不变,由牛顿其次定律得aEq m由运动学规律得v0v0at 得 t2mv 0 qE2L v 0. 912dE1 L22k 1 2d Lm 2qE1dk 1,2,3, 2解析 1 设微粒刚进入两板间的速度为v,由动能定理得qE1d1 2mv2微粒恰能在两板间沿虚线运动,即做匀速圆周运动,就qE2mv L2联立解得 v2qE1d,E22dE1 L . m- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载m2微粒由释放到开头进入两板间经受的时间t12d v2d2qE1d微粒在两板间经四分之一的圆周时水平位移最大, 此时经受的时间t2 L 2v
16、Lm 2qE1d微粒从释放开头到水平位移最大所需的时间t 2k1 t1 t2 2k 1 2d L2m 2qE1dk1, 2,3, 1014m/s,与水平方向成60 角20 ,1.8m a1,运动时间为t1,末速度为v,解析 1 小球做类平抛运动,设在竖直方向加速度为v 与 x 轴正方向的夹角为,就E1qmgma1 h11 2a1t 2 1vya1t1vv2 0v2 y,设运动的加速度为a2,x1为第一tan v y v0由以上各式得v4 m/s, 60 . 2由受力分析可知小球在第四象限内做类平抛运动次水平方向的位移,运动轨迹如下列图,就a2（E2q）2（ mg）2ms0x 1 cos30x1v0t1 s0 s 21 2a2t 2 23 2 s vt2 ysx1tan 30 由以上各式可得 y 1.8m 小球回到 y 轴上的坐标为 0,1.8m名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 6 页