2018版高考物理复习专题三电场与磁场专题跟踪检测十四带电体在电场中的运动问题.docx

专题跟踪检测（十四） 带电体在电场中的运动问题一、选择题(第15题为单项选择题，第69题为多项选择题)1.(2017东海期中)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P。不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是()A在电场中微粒A运动的时间比B长B在电场中微粒A运动的时间比B短C静电力对微粒A做的功比B少D微粒A所带的电荷量比B多解析：选D水平方向两微粒做匀速直线运动，运动时间为 t，因为x、v0相等，则t相等，故A、B错误；在竖直方向上两微粒做初速度为零的匀加速直线运动，由yat2t2得电荷量为：q，可知，qy，所以微粒A所带的电荷量多。电场力做功为：WqEyEy，则有：Wy2，可知电场力对微粒A做的功多，故C错误，D正确。2.(2017姑苏模拟)如图，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，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为()A.B.C. D.解析：选B设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：qkUmv2，对类平抛运动过程，有：lvt，t2，联立解得：，故B正确。3(2017南通一模)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t0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，tT时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则()A该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向B在t时刻，该粒子的速度大小为2v0C若该粒子在时刻以速度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tT时刻射出电场解析：选A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先做匀加速直线运动，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恰好为零，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，结合上述分析则有：v0T2，解得vy2v0，则t时刻，vyv0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为vv0，故B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与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，故D错误。4.(2017诏安模拟)如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场，不计粒子重力，若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场()A只增大粒子的带电量B只增大电场强度C只减小粒子的比荷D只减小粒子的入射速度解析：选C设带电粒子的初速度为v0，右侧极板长为L，电场强度为E，根据牛顿第二定律，有a，水平方向：Lv0t，竖直方向：yat2，联立得：y，只增大粒子的带电量，只增大电场强度，只减小粒子的入射速度，都会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故A、B、D错误；只减小粒子的比荷，竖直位移y减小，一定能飞出电场，故C正确。5(2017南京模拟)用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则()A小球所带电荷量为B轻绳的长度为C小球在最高点时的最小速度为D小球在最低点时的最小速度为解析：选C在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得：FmgEqm，即mv2FmgEq，由于Ekmv2，故EkF(mgEq)，由题图乙可知，图线斜率k，即L，故B错误；当F0时，由mgEqm，mv2a，解得q，故A错误；当F0时，重力和电场力提供向心力，此时对应最小速度，mv2a，解得v，故C正确，D错误。6.如图所示，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则()AA和B在电场中运动的时间之比为12BA和B运动的加速度大小之比为41CA和B的质量之比为112DA和B的位移大小之比为11解析：选ABC粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；竖直方向由hat2得a，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aAaB41；根据a得m，故，由题图可知，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确。7.(2017张家港高三统考)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，由此可知()A从B到C，小球的动能减小B从B到C，小球的电势能减小C从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等解析：选AD根据带电小球在电场中的运动轨迹可知，带电小球受到的合力竖直向上，电场力竖直向上，并且电场力大于重力，从B到C，合外力对小球做负功，小球的动能减小，A对；电场力对小球做负功，小球的电势能增大，B错；全过程小球在水平方向上做匀速直线运动，由于AB的水平距离和BC的水平距离大小关系不确定，所以两段的运动时间的大小关系也不确定，C错；C点的速度恰好水平，可知两段的速度变化量的大小一定相等，D对。8.(2017南通检测)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()AA球带正电，B球带负电BA球比B球先落地C在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小解析：选AD两球均做类平抛运动，水平方向上有xv0t，竖直方向上有hat2，得加速度大小a，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确，B、C错误；根据动能定理有mahmv2mv02，而vvv0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量v越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。9.(2017香坊区四模)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)()A板间电场强度大小为B两极板间电势差为C整个过程中质点的重力势能增加D若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上解析：选AC据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后才能垂直打在M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可知前后两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qEmgmg，得到：E，故A正确；由UEd可知，板间电势差Ud，故B错误；质点在两极板间向上偏转的距离 yat2，而a g，t，解得：y，故质点打在M上的位置与中线的高度差为：s2y，重力势能的增加量为Epmgs，故C正确；仅增大两极板间距，因两板上电量不变，根据E可知，板间电场强度不变，质点在两极板间受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在M上，故D错误。二、非选择题10.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如图所示。带电微粒质量m1.01020 kg，带电荷量q1.0109 C，A点距虚线MN的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：(1)B点到虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1|q|E2d20，E1d1E2d2，解得d20.50 cm。(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1ma1，|q|E2ma2，设微粒在虚线MN两侧运动的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有d1a1t12，d2a2t22，又tt1t2，解得t1.5108 s。答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s11(2017徐州一模)如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d0.6 cm，两板间加一周期性变化的电压，当B板接地(B0)时，A板电势A随时间变化的情况如图乙所示。现有一带负电的微粒在t0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计(g10 m/s2)。求：(1)在0和T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；(2)要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少。解析：(1)设电场力大小为F，则F2mg，对于t0时刻射入的微粒，在0时间内，有Fmgma1又由题意，F2mg解得a1g，方向向上在T时间内的加速度a2满足Fmgma2解得 a23g，方向向下。(2)前半个周期上升的高度h1a1