【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（4） 含解析.docx，共(13)页，450.691 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（4）1.如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图,一个带电粒子仅在静电力作用下从坐标原点O沿x轴正方向运动,则()A.粒子一定带正电B.粒子一定带负电

C.粒子从1x运动到3x,加速度先增大后减小D.粒子从1x运动到3x,加速度先减小后增大2.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测.图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示.图

（b）中MN、之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）,将电子束打到靶上的点记为P点.则()A．M处的电势高于N处的电势B．增大MN、之间的

加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移3.如图所示,用两根长度均为l的绝缘轻绳将带正电的小球悬挂在水平的天花板下,小球的质量为m,轻绳与天花板的夹角均为3

0=°,小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球,此时轻绳的张力均为零,现在将支架水平向右移动到B处,B处与上方小球的连线与竖直方向的夹角为θ,小球处于静止状态,则()A.A处的带电小球

带负电B.A处与B处小球所受库仑力大小之比为2:3C.支架处于B处,左边绳子张力大小为32mgmg−D.支架处于B处,右边绳子张力大小为32mgmg+4.如图所示,真空中某直线形粒子发射装置足够长,水平放置在截面为等腰三角形的匀强电场区域上方，

匀强电场方向水平向里(垂直于纸面,图中未标出).已知该装置发射的粒子都是质子,同时射出的粒子为同一批粒子,出射速度相同,不计粒子重力,粒子经过电场偏转后打在水平地面的光屏上.则从上往下看,关于打在光屏上的粒子,下列说法正确的是()A.

同一批射出的粒子,在左右两边的最先到达地面的光屏上B.同一批射出的粒子打在地面光屏上呈“∧”形C.不同批次射出的粒子速度越大,打在地面光屏上距离x轴的平均距离越远D.同一批射出的粒子打在地面光屏上时电势能的改变量正比于射入电场时离x轴的高度的平方5

.一质量为m、电荷量为q的带负电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面（纸面）内，如图所示，且关于过轨迹最右端的N点的水平直线对称.已知重力加速度为g，忽略空气阻力.由此可知()A.匀强电场的方向水平向左B.匀强电场的电场强度E可能等于mgqC.小球在M点的电势能比

在N点的大D.M点的电势比N点的高6.如图所示,一个竖直放置的平行板电容器,充电后,左极板上带电荷量为Q−,极板间电场可看成匀强电场.一个带电荷量为q−的油滴,从极板边界上的O点以速度v射入极板间,方向与水平方向成θ角,已知油滴的质量为m

,测得油滴到达运动轨迹的最高点时,它的速度大小又变为v,最后恰好垂直打到极板上,则以下说法正确的是()A.油滴最后打在左极板上B.油滴运动轨迹的最高点处(设为N)与O点的电势差为22sin2NOmvUq=C.极板间的电场强度(1cos)sinmgEq+=D

.如果两极板间距离变小,O到右极板的距离不变,则打到极板上的位置不变7.如图所示，ABC是固定在竖直平面内的光滑绝缘斜劈，3060ACBABC==、°°，D为AC的中点，质量为m的带正电小滑块由A点静止释放，沿AB面滑到斜面底端

B点时速度为0v.若在空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为02v，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为03v，则下列说法正确的是()A.电场方向由A指向CB.B点电势与D点电势相等C.滑块滑到D点时机械

能增加了2012mvD.滑块分别沿AB面、AC面滑下到斜面底端的过程中电势能变化量之比为2:38.静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，AB、为两块水平放置的平行金属板，间距1md=，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为

3110N/CE=的匀强电场，在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为01m/sv=、质量均为14510kgm−=、电荷量均为15210Cq−=的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微

粒最后都落在金属板B上，重力加速度210m/sg=.下列说法正确的是()A.沿水平方向喷出的微粒运动到B板所需时间为0.2sB.沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B板，电场力做功为12210J−C.若其他条件均不

变，d增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D.若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的129.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E发生偏转，最后打在屏上。整

个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是()A.偏转电场2E对三种粒子做的功一样多B.三种粒子一定打到屏上的同一位置C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子打到屏上时的速度一样大10.如图所示，三个质量相等，分别带正电

、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度0v先后垂直进入电场（进入顺序未知），分别落在正极板的ABC、、三点，O点是正极板的左端点，且22OCOAACBC==，，则下列说法正确的是()A.三个粒子在电场中运动的时间之比

::2:3:4ABCttt=B.三个粒子在电场中运动的加速度之比::1:3:4ABCaaa=C.三个粒子从抛出到落到极板上，动能的变化量之比kkk::36:16:9ABCEEE=D.两个分别带正、负电荷的粒

子的电荷量之比为7:2011.一个质量为m、带电荷量为q+的小球以初速度0v水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两种区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长.已知每一个电场区的场

强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.小球在水平方向一直做匀速运动B.若场强大小等于2mgq，则小球经过每一个无电场区的时间均相等C.若场强大小等于mgq，则小球经过每一个电场区的时间

均相等D.小球经过每一个电场区的机械能的减少量相等12.如图所示，质量为m、带电荷量为q+的小球静止于光滑绝緣水平面上，在恒力F作用下，由静止开始从A点出发到B点，然后撤去F，小球冲上放置在竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆形轨道，

圆形轨道的最低点B与水平面相切，小球恰能沿圆形轨道运动到轨道末端D，并从D点抛出落回到原出发点A处.整个装置处于电场强度为mgEq=的水平向左的匀强电场中，小球落地后不反弹，运动过程中没有空气阻力.求AB、之间的距离和力F的大小.答案以及解析

1.答案：D解析：由题图可知,从1x到2x电势逐渐升高,说明电场方向水平向左,粒子运动情况未知,故无法判断带电粒子的电性,A、B错误;由x−图像的斜率大小等于电场强度的大小可知,从1x到3x,图像斜率的绝对值先减小后增大,故电场强度先减小后增大

,则粒子所受的电场力先减小后增大,粒子的加速度先减小后增大,C错误,D正确.2.答案：D解析：电子束在MN、之间需要加速,故N处的电势高于M处的电势,A错误;若增大MN、之间的加速电压,会使得电子获得的速度变大,电子在磁场

中偏转,洛伦兹力提供向心力,有2vBvqmR=,可得电子的偏转轨迹半径mvRqB=,则电子在磁场中运动轨迹的半径变大,电子出磁场时偏转角减小,P点向右移,B错误;电子进入磁场中向下偏转,由左手定则可知,偏转磁场的方向垂直于纸面向里,故C错误;根据mvRqB=

可知，偏转磁场的磁感应强度越大,电子的运动轨迹半径越小,在偏转磁场中偏转越明显,P点向左移,故D正确.3.答案：C解析：当绝缘支架上的带电小球在A位置时,轻绳的张力均为零,说明上方小球受力平衡,受力分析可知其只受重力和库仑力,因此A处的带电小球带正电,故A错误;

根据库仑定律可得2QqFkr=,因此在A处与B处小球所受库仑力大小之比等于两带电小球距离平方的倒数比,即2221ABFrFr=,因为30=°,所以:4:3ABFF=,故B错误;支架处于B处,两球间的库仑力为3344BAFFmg==.设左、右绳的张力大小分别为1F和2F,则由

正交分解可得123cos30sin30cos304FmgF+=,123sin30cos30sin304FmgFmg++=,解得1233,24FmgmgFmgmg=−=−，故C正确,D错误.4.答案：D解析：由题意可知,粒子进

入电场后,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加速直线运动,所以同一批射出的粒子同时到达水平地面的光屏上,故A错误;由类平抛运动规律知竖直方向有0hvt=,水平方向有21,2qEdatam==,整理得220,2qEhdhmv=为进入电场时离x轴的高

度,可知粒子打在地面光屏上不是“∧”形,而是抛物线,故B错误;粒子速度越大,则在电场中运动时间越短,距离x轴的平均距离越近,故C错误;根据功能关系有2222p2001()22qEhqEhEWqEdqEmvmv−====电，即同一批射出的粒子打在地面光屏上时电势能的改

变量正比于射入电场时离x轴的高度的平方，故D正确.5.答案：D解析：带负电的小球在匀强电场中及重力场中做类似斜上抛运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且关于过轨迹最右端的N点的水平直线对称，则可判断小球所受合力的方向水平向左，而重力方向竖直向下，则可知电场力的方向斜向

左上方，如图所示，又因小球带负电，所以匀强电场的方向为斜向右下方，根据几何知识可知Eqmg，即mgEq，A、B错误；小球从M点运动到N点的过程中电场力做负功，小球在M点的电势能小于在N点的，又小球带负电，故可知M点的电势比N点的高，C错误，D正

确.6.答案：BD解析：因油滴到达最高点时速度大小为v,方向水平,对油滴从O到最高点的过程运用动能定理有=0GWW+电,所以电场力一定做正功,油滴带负电,则油滴运动轨迹的最高位置一定在O点的右上方,即最后垂直打到右极板上,故A错误;对油滴,从O点运动到N点的过程,由动能定理得0NOqUmgh−=,

油滴在竖直方向上做初速度为sinv的竖直上抛运动,则有2(sin)2vgh=,即22sin2NOmvUq=,故B正确;油滴由O点运动到N点的时间为sinvtg=,水平方向上的位移2cos(1cos)sin22vvvdtg++==,电场强度大小sin(1cos)NOU

mgEdq==+,故C错误;因平行板电容器带电荷量不变,则极板间距离减小后极板间电场的场强不变,则油滴打在右极板的位置不变,故D正确.7.答案：BC解析：无电场时滑块由A运动到B，有2012mghmv=，有电场时滑块由A运动到B，有201

(2)2EmghWmv+=，有电场时滑块由A运动到C，有201(3)2EmghWmv+=，可得2012EWmv=，20EWmv=，又因为,EABEACWqUWqU==，则12ABACADUUU==，则D点与B点电势相等，故B正确；电场方向垂直于BDAC，与BD不垂直，所以

电场方向不可能由A指向C，故A错误；因D为AC的中点，则滑块滑到D点时电场力做的功为滑块滑到C点时的一半，为2012mv，则滑块滑到D点时机械能增加了2012mv，故C正确；根据220012EEWmvWmv==、知

滑块分别沿ABAC、面滑下到斜面底端的过程中电势能变化量之比为1:2，故D错误.8.答案：ABC解析：本题中的油漆微粒需要考虑重力，在竖直方向上微粒所受电场力和重力的合力为恒力，并与微粒初速度方向成各种夹角，故微粒做类抛体运动，其中沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，加速度qEmgam+==153

13221421010510m/s50m/s510−−−+=，根据212dat=得20.2sdta==，A项正确；沿不同方向喷出的微粒，从喷嘴喷出至到达B板，电场力做功为15312210101J210JWqEd−

−===，B项正确；若其他条件均不变，d增大为原来的2倍，根据212dat=得，t变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍，C项正确；若其他条件均不变，E增大为原来的2倍，则此时

加速度153132214210210510m/s90m/s510a−−−+==，故加速度变为原来的95倍，时间t变为原来的53，喷涂面积的半径变为原来的53，面积减小为原来的59，D项错误.9.答案：AB解析：设加速电压为1U，粒子在加速电场中的位移为1L，偏转电压

为2U，极板长为2L，两极板间距离为d，极板右端到屏的水平距离为3L。粒子在加速电场中加速，由动能定理可知210102qUmv=−，解得102qUvm=，粒子在加速电场中的运动时间11101222LmtLvqU==；粒子在偏转电场中做类平抛运动，

运动时间222012LmtLvqU==，在偏转电场中的竖直分位移222222011()22qULyatmdv==，联立解得2221,4ULyyUd=与qm、无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置，故B正确。偏

转电场2E对粒子做的功22WqEy=，三种粒子的2qEy、、均相等，则知偏转电场2E对三种粒子做的功相等，故A正确。离开偏转电场后粒子的运动时间333012LmtLvqU==，故粒子运动到屏上所用时间1231231(2)2mttttLLLqU=++=++，因为

mq不同，所以三种粒子运动到屏上所用时间不同，故C错误。对整个过程，根据动能定理得2102Wmv=−，由于W相等，m不等，所以v不等，即三种粒子打到屏上时速度不等，故D错误。10.答案：ACD解析：三个粒子的初速度相等，在水

平方向上做匀速直线运动，由xvt=得，运动时间::::2:3:4ABCABCtttxxx==，故A正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据212yat=，解得111::::36:16:94916ABCaaa==，故B错误；由牛顿第二定律可知Fma=，因为质量相等，所以

合力之比与加速度之比相同，合力做功WFy=，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子从抛出到落到极板上，动能变化量之比为36:16:9，故C正确；三个粒子的合力大小关系为ABCFFF，三个粒子的重力相等，所以落在B点的粒子仅受重力作用，落在A

点的粒子所受的电场力向下，落在C点的粒子所受的电场力向上，即落在B点的粒子不带电，落在A点的粒子带负电，落在C点的粒子带正电，由牛顿第二定律可得::()::()ABCACaaamgqEmgmgqE=+−，解得:7:20CAqq=，故D正确。11.答案：ABD解析：将小球的

运动沿着水平方向和竖直方向进行正交分解，水平方向不受外力，以0v做匀速运动，选项A正确.在竖直方向上，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到方向竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于mgq时，电场力等于

mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不相等，因而小球经过每一个电场区的时间均不相等，选项C错误.当电场强度等于2mgq时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g

，方向竖直向上，则在经过第一个无电场区时，有21111,2ygtvgt==，经过第一个电场区时，有21222121,2yvtgtvvgt=−=−，联立解得12tt=，20v=.接下来小球的运动重复前面的过程，

即每次通过无电场区时，在竖直方向上都是做自由落体运动，每次通过电场区时都是做竖直方向上末速度为零的匀减速直线运动，故小球经过每一个无电场区的时间相同，选项B正确.小球经过每个电场区机械能的减少量等于除重力外克服其他力做的功，由于

在每个电场区小球受到的电场力及竖直高度都相同，故小球经过每个电场区的机械能的减少量相等，选项D正确.12.答案：小球所受电场力FEqmg==电电场力与重力的合力2Fmg=合，方向与水平方向成45°角斜向左下方小球恰能到D点，有2DvFmR=合，解得224

2DvgR=小球从D点抛出后，只受重力与电场力，其初速度的方向与合力的方向垂直，小球做类平抛运动，以D为原点，沿DO方向和与DO垂直的方向建立坐标系（如图所示）.小球沿x轴方向做匀速运动，Dxvt=沿y轴方向做匀加速运动，212yat=2Fagm==合小球做类平抛运动所形成的轨迹方程为22xyR

=直线BA的方程为(21)yxR=−++联立解得轨迹与直线BA交点的坐标为(2,)RRAB、之间的距离ABLR=从A点到D点电场力做的功12(1)2WREq=−重力做的功22(1)2WRmg=−+F所做

的功3WFR=有212312DWWWmv++=，解得322Fmg=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com