【文档说明】2021届高考物理人教版二轮复习 带电粒子在电场中的运动 作业（3） 含解析.docx，共(12)页，512.672 KB，由envi的店铺上传

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2021届高考物理二轮复习带电粒子在电场中的运动专练（3）1.如图所示,带有等量异种电荷的两块很大的平行金属板MN、水平正对放置,两板间有一带电微粒以速度0v沿直线运动,当微粒运动到P点时,迅速将M板上移一小段距离.则此后微粒的

运动情况可能是()A.沿轨迹①做曲线运动B.方向改变,沿轨迹②做直线运动C.方向不变,沿轨迹③做直线运动D.沿轨迹④做曲线运动2.如图所示,质量分别为1m和2m的两个小球AB、带有等量异种电荷,通过绝缘轻弹簧相连接,置于绝缘光滑的水平面上.当突然加一水平向右的匀强电场后,

两小球AB、将由静止开始运动,在以后的运动过程中,对AB、两个小球和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用,且弹簧不超过弹性限度),以下说法错误的是()A.两个小球所受电场力等大反向，系统

动量守恒B.电场力对球A和球B都做正功,系统机械能不断增加C.当弹簧长度达到最大值时,系统机械能最大D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时,系统动能最大3.为了测量储罐中不导电液体的髙度,将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的

电容器C置于储罐中,电容器可通过开关S与电源或线圈L相连,如图所示.当S从a拨到b之后,由L与C构成的电路中产生了振荡电流.那么()A.若罐中的液面上升,振荡电流的频率变小B.若罐中的液面上升,振荡电流的周期变小C.在S从a拨到b之后的半个周期内,回路中的磁场能先变小后变

大D.在S从a拨到b之后的四分之一周期内,回路中的电流增大,L的自感电动势变大4.真空中存在沿x轴方向的电场,x轴上各点的电势φ随位置x变化的关系图像如图所示,在4mx=处静止释放一个负电荷,不计电荷重力,则下列说法正确的是()A.6mx=处的电势为零，电场强度大小也为零B.4

mx=−处的电场强度小于4mx=处的电场强度C.电荷沿x轴负方向运动过程中,电势能先变大后变小D.电荷沿x轴负方向运动到的最远位置处的坐标为8m3x=−5.如图所示，在与水平面成30°角放置的平行板电容器中，存在电场强度233mgEq=的匀强

电场，两板间距为3d，m，q为别为下极板右侧内边缘处负点电荷的质量和带电荷量，静止释放点电荷后，点电荷会运动到正极板，则该点电荷在运动过程中（）A.重力势能增大，电势能减小B.到达正极板所用时间为32dgC.电场力做的功为433mgdD.到达正极板时的动能为233mgd6.如

图所示,一质量为m、带电荷量为q的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场区域足够大,静止时细线与竖直方向成60°角.细线长为L,细线不可伸长.小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g

.现将电场方向变为反向，则下列说法正确的是()A.小球带负电,电场强度3Eqmg=B.电场方向变为反向后,小球即做圆周运动,在最低点的速度最大,m2vgL=C.电场方向变为反向后,小球先做匀加速直线运动,然后做圆周运动,最大速度m5vgL=D.电场方向

变为反向后,小球将做往复运动,能够回到初始位置7.如图所示,位于竖直平面内的内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R,管的内径远小于R.ab为该环的水平直径,ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中.现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止释放,已

知小球释放后,第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力的大小之比为1:2.则下列说法正确的是()A.匀强电场的电场强度916mgEq=B.小球释放后,第n次经过最低点d时对管壁的压力18158dnnmgmgN−

=C.小球释放后,第一次到达b点时对管壁的压力为零D.小球释放后,第n次到达最高点c点时对管壁的压力9124cnnmgmgN−=8.如图所示的电路，图中12RR、为可变电阻，0R为定值电阻，D为理想二极管.在平行金属板（可看成电容器）MN、内部左侧中央P点处有一质量

为m的带电粒子（重力不计）以水平速度0v射入电场并打在N板上的O点.若保持水平射入电场的速度0v不变，下列说法正确的是()A.只增大2R，粒子还能打在O点B.只增大1R，粒子将打在O点右侧C.只将M板竖直向下平移，粒子还能打在O点D.只将M板竖直向上平移，粒子还能打在O点9.如图所示，真空中

四个点电荷分别位于棱长为L的正四面体的ABCD、、、顶点上，电荷量分别为,qqqqO+−−−、、、为正三角形面BCD的中心，E为棱CD的中点.下列说法正确的是()A.O点的电场强度为零B.O点的电场强度的方向

垂直正三角形面BCD向下C.E点的电场强度的方向平行于ABD.A点的点电荷在E点的电场强度大小为243qkL10.如图所示，水平放置的平行板电容器的上极板带正电，从上极板的左端A点紧贴上极板以初速度0v水平向右射入一个带正电的粒子，粒子重力不计。当粒子的水平分速度与竖直分速度的大

小之比为1:2时，其恰好从下极板的右端B点射出。设极板长为L，板间距为d，则()A.极板长L与板间距d满足关系dL=B.极板长L与板间距d满足关系2dL=C.若粒子初速度为02v，则粒子从电容器中飞出时距上极板2dD.若粒子初速度为02v，则粒子从电容

器中飞出时距上极板4d11.如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为(0)qq−、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初

速度0v沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是()A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B.到达坐标原点的

粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越大C.能打到荧光屏的粒子，到达O点的动能必须大于qUD.若202mvUq，荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮12.如图甲所示，水平正对放置的金属板A和B的距离为d，它们的右端放着垂直于金属板的靶

MN，现在AB、板上加上如图乙所示的电压，电压的正向值为0U（A板电势高于B板电势），反向电压值为02U，且每隔2T变向1次.现将质量为m、带电荷量为q+的粒子束从AB、左侧的中点O以平行于金属板的方向射入两板之间，设粒子能全部打在靶上

且所有粒子在AB、间的飞行时间均为T.不考虑重力的影响.（1）试定性分析在0t=时刻从O点进入的粒子，在0~T时间内在垂直于金属板的方向上的运动情况.（2）在距靶MN的中心O点多远的范围内有粒子击中？（3）要使粒子能全部打在靶MN

上，电压0U的数值应满足什么条件？（写出0U、mdqT、、、的关系式即可）答案以及解析1.答案：C解析：平行金属板所带电荷量和正对面积都不变,根据推论r4πkQES=可知,只改变两板间的距离时,板间的场强不变,微粒受到的电场力也不变,微粒的运动方向不变,仍沿轨迹③做直线运动,故C正确

.2.答案：B解析：加一水平向右的匀强电场后,小球A受到向左的电场力,小球B受到向右的电场力,两小球所受的电场力大小相等、方向相反,系统所受合外力为零,所以系统的动量守恒,故A正确.两小球刚开始远离的过程中,先做加速运动,电场力做正功,电势能减小,系统机械能增

大,当电场力小于弹力后,两球做减速运动,电场力仍做正功,系统机械能仍增大,速度减至零后,弹簧收缩,电场力对两球都做负功,系统的机械能减小,故B错误,当弹簧长度达到最大值时,电场力做功最多,电势能减小量最大,系统机械能最大,故C正确.两小球远离的过程中,

先做加速度不断减小的加速运动,再做加速度不断增大的减速运动,故当电场力与弹簧弹力相等时,加速度为零,系统动能最大,故D正确.本题选错误的,故选B.3.答案：A解析：两块平行金属板构成的电容器C中间的液体就是一种电介质,当液体的高度升高时,

相当于插入的电介质越多,则电容器的电容增大,根据2πTLC=可知,电容C增大时,振荡的周期T增大,由1fT=可以判定,LC回路的振荡频率f减小,故B错误,A正确;在S从a拨到b之后的半个周期内,电容先放电再反向

充电,电路中电流先变大后变小,故磁场能先变大后变小,故C错误;在S从a拨到b之后的四分之一周期内,回路中的电流增大,但电流变化越来越慢,L的自感电动势变小,故D错误.4.答案：D解析：在x−图像中图像斜率表示

电场强度,由图像可知x轴正半轴的电场强度大小为2V/m,方向沿x轴正方向,x轴负半轴电场强度大小为3V/m,方向沿x轴负方向,故6mx=处电场强度大小为2V/m,4mx=−处的电场强度大于4mx=处的电场强度,选项A、B错误;电荷沿x轴负方向运动过

程中,电荷受到的电场力先做正功后做负功,因此电势能先减小后增大,选项C错误；电荷沿x轴负方向运动到最远处时,电荷的速度为零,根据能量守恒定律,电荷沿x轴负方向运动到最远处的电势等于释放位置4mx=处的电

势,8m3x=−处的电势与4mx=处的电势均为4V,故电荷沿x轴负方向运动到的最远位置处的坐标为8m3x=−,选项D正确.5.答案：D解析：点电荷受力分析如图所示.根据平行四边形定则可知，合力水平向左，大小为33mg即点

电荷沿水平方向向左匀加速运动到正极板，所以重力不做功，重力势能不变，A错误；根据2122dat=，3333mgagm==，解得32dtg=，所以B错误；电场力做的功232333mgmgdWEqdqdq===,C错误;根据动能定理得k233mgdE=,D正确。6.答案：AC解析：由平衡条件知,小

球受到的电场力方向水平向左,而场强方向水平向右,故小球带负电,根据平衡条件可得tan60qEmg=°,得3mgEq=,故A正确;电场方向变为反向后,小球受到水平向右的电场力,大小仍为3mg,细线松弛不再有拉力,则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动,当小球运动到最低点时细线恰被拉

直,拉直时小球竖直方向的分速度变为零,保留水平方向分速度做圆周运动,当细线上的弹力方向与重力和电场力两个力的合力方向在一条直线上时,小球有最大速度,由分析可知当细线在与初始位置关于竖直方向对称的位置时,即细线再次与竖直方向夹角为60°

时小球速度最大,由动能定理可得2m312(1cos60)22LEqmgLmv−−=°,得m5vgL=,故C正确,B错误;由于细线被拉直时,小球有能量损失,所以小球不能回到初始位置,故D错误.7.答案：AD解析：分析可知

,小球第一次、第二次在c点对管壁的压力分别作用在内侧和外侧.小球第一次经过c点时,由动能定理得21122cEqRmgRmv−=,由牛顿第二定律有21N1cvmgFmR−=;小球第二次经过c点时,由动能定理有221222cEqRmgRmv−=,由牛顿第二定律得22N2cvmgFmR+=,其

中N1N2:1:2FF=,联立解得916mgEq=,选项A正确:小球释放后,第n次经过最低点d时,由动能定理有21(21)2dnEqnRmgRmv−+=,由牛顿第二定律得2dndnvNmgmR−=,解得(1815)8dnmgnN+=,由牛顿第三

定律知小球第n次经过d点时对管壁的压力dndnNN=,选项B错误;小球释放后,第一次到达b点时由动能定理得21122bRmEvq=,由牛顿第二定律得211bbvNEqmR−=,解得14516bNmg=,由牛顿第三定律知小球第

一次到达b点时对管壁的压力为4516mg,选项C错误;小球释放后,第n次到达最高点c点时由动能定理得2122cnEqnRmgRmv−=,由牛顿第二定律得2cncnvmgNmR+=,解得9124cnnmgmgN−=,由牛顿第三定律知小球对管壁的压力cncnNN=,选项D正确.8.答案

：AD解析：电容器充电以后N板带正电，结合题意可知粒子带负电，电容器两端的电压为001ERURRr=++，只增大2R，电容器两端的电压不变，内部电场强度不变，粒子还能打在O点，选项A正确；只增大1R，0R两端的电压减小，但因为二极管的单向导电性，电容器不能放电，故电容器两端

的电压不变，内部电场强度不变，粒子还能打在O点，选项B错误；若只将M板竖直向下平移，由r4πSCkd=可知，电容器的电容增大，电容器将充电，电容器所带电荷量增大，内部电场强度增大，粒子将打在O点左侧，选项C错误；同理，若只将M板竖直向上平移，则电容器的电容减小，但因为二

极管的单向导电性，电容器不能放电，故内部电场强度不变，粒子还能打在O点，选项D正确.9.答案：BCD解析：解答本题的关键是要理解点电荷电场叠加的特点，BCD、、三点处的点电荷在O点的电场强度叠加为零，但A处点电荷在O处还有电场，所以A

错误，B正确；CD、处两点电荷在E点的电场强度叠加为零，AB、两处的点电荷在E点的合场强的方向平行于AB，C正确；根据点电荷的场强公式知A点的点电荷在E点的电场强度大小为243qkL，D正确.10.答案：AD解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，速度恒为0v，竖直方

向上做初速度为零的匀加速直线运动。当粒子恰好从B点射出时，它的水平分速度与竖直分速度的大小之比为1:2，即此时竖直方向的分速度为02v，由匀变速直线运动的规律可知，竖直方向的平均速度为0v，且水平分运动和竖直分运动的运动时间相同，设为t，故00

1vtdLvt==，故B错误，A正确。若粒子初速度为02v，则粒子飞出电场所用的时间变为原来的一半。根据212yat=可知，粒子从电容器中飞出时距上极板的距离变为原来的14，即4d，故C错误，D正确。11.答案：CD解析：能进入第一象限的粒子，必须有

20,2qExvtytm−=−=，所以有2202qEyxmv=−，则能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A错误；因为0sinvv=，所以到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越小，选项B错误

；能打到荧光屏的粒子，就满足212mvqU，选项C正确；若202mvUq，则到达O点的粒子均能打到荧光屏上，而且到达O点的粒子的速度方向满足090°°，故荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D正确。12.答案：（1）经分析知，

粒子先向下做匀加速运动，再向下做匀减速运动.（2）粒子打在靶MN上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围.当粒子在02TT，，，…，nT时刻进入电场时，粒子将打在O点下方最远处，在前2T时间内，粒子在竖直方向上的位移220011()22

8qUqUTTymdmd==在后2T时间内，粒子在竖直方向上的位移220002231()()222216qUqUqUTTymdmddTm=−=故粒子在O点下方的最大位移2012516qUTyyymd=+=当粒子在3

,,,(21)222TTTn−L时刻进入电场时，粒子将打在O点上方最远处，在前2T时间内，粒子在竖直方向上的位移220011()22216qUqUTTymdmd==在后2T时间内，粒子在竖直方向上的位移220021()()02222qUqUTTymdmd=−=故粒子在O点上方的

最大位移201216qUTyyymd=+=即在距靶MN中心O点上方2016qUTmd至下方20516qUTmd的范围内有粒子击中.（3）要使粒子能全部打在靶MN上，有205162qUTdmd解得20285mdUqT

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