【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（1） 含解析.docx，共(11)页，428.873 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（1）1.一根放在水平面上的内部光滑的玻璃管绝缘性良好，内部有两个完全相同的可视为质点的金属小球A和B，如图所示，带电荷量分别为9Q+和Q−，两球从图示位置由静止释放，此时A球的瞬时加速度大小为1a，两球

再次经过图示位置时，A球的瞬时加速度大小为2a，下列关系正确的是()A.121aa=B.12916aa=C.12aa的值趋向无穷大D.12198aa=2.如图所示,水平放置的充电平行金属板相距为d,其间形成匀强电场,一带正电的油滴从下极板左边缘射入,并沿直线从上极板右边缘射出

,油滴质量为m,带电荷量为q,现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变,重力加速度为g,则下列分析正确的是()A.上移后油滴的运动轨迹是曲线B.上移后电场强度大小小于mgq,方向竖直向上C.上移后下极板和上极板之间的电势差为mgdqD

.上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了mgd3.正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷,O为正方形两对角线的交点,MNPQ、、、分别为AOBOCODO、、、的中点.取无穷远处电势为零,下列说法正确的是()A.

MNPQ、、、四点的场强相同B.MNPQ、、、四点的电势均为零C.将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中,电场力先做正功后做负功D.将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中,电势能先增加后减小4.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压.现沿两板的中轴线从左

端向右端连续不断射入初速度为0v的相同带电粒子（重力不计），且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A.1:1B.2:1C.3:1D.4:15.如图所示,正电荷q均匀分布在半球面ACB上,球面半径为R

,CD为通过半球顶点C和球心O的轴线.PM、为CD轴线上的两点,距球心O的距离均为2R,在M右侧轴线上O点固定正点电荷Q,点OM、间距离为R,已知P点的场强为零,若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零,则M点的场强为()A.0B.234kqR

C.234kQRD.224kQkqRR−6.如图甲所示,绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场,一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动.取O点为电势零点,该物块的电势能与动能之和E总、电势能pE随它离开O点的距离x变化的关系如

图乙所示.由此能够确定的是()A.物块受到的电场力B.匀强电场的场强大小C.物块返回O点时的动能D.物块与水平面间的动摩擦因数7.电子束熔炼是指在真空下,将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法.如图所示,阴极灯丝

被加热后产生初速度为零的电子,在大小为3510V加速电压的作用下,以极高的速度向阳极运动;穿过阳极后,在金属电极12AA、间大小为3110V电压形成的聚焦电场作用下,轰击到物料上,其动能全部转换为热能,使物料不断

熔炼.已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO所示,P是轨迹上的一点,聚焦电场过P点的一条电场线如图中所示,则()A.电极1A的电势高于电极2A的电势B.电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角小于90°C.聚焦电场只改变电子速度的方向,不改变电子速度的大小D.电子

轰击到物料上时的动能大于3510eV8.如图所示，半径为R的均匀带电球壳带电荷量为Q+.已知半径为R的均匀带电球壳在球壳的外部产生的电场与一个位于球心O点的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.静电力常量为k，下列说法正确的是()A.球心

O处的场强为2kQRB.在球壳外距球壳为r处的电场强度为2()kQrR+C.球壳的表面为等势面D.若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零9.如图所示，某条电场线上有abc、、三点，其中b为ac的中点，已知ac、两点的电势分别为10V,4Vac==，若将一点电荷从c点由静止释放

，该点电荷仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是()A.该点电荷带负电B.电场在b点处的电势为7VC.abc、、三点c点处的场强最小D.该点电荷从c点运动到b点电场力做的功比从

b点运动到a点电场力做的功多10.如图所示为一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁

微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A.减小墨汁微粒的质量B.减小墨汁微粒所带的电荷量C.增大偏转电场的电压D.增大墨汁微粒的喷出速度11.如图所示，真空环境下，三个质量相同、带电

荷量分别为qq+−、和0的小液滴abc、、，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中()A.电场力对液滴ab、做的功相等B.三者动能的增量相同C.液滴a与液滴b电势能的变化量相等D.重力

对c做的功最多12.质谱仪通过探测不同离子到达探测头的时间，可以测得离子比荷.如图甲所示，探测头在探测器左端中点.脉冲阀P喷出微量气体，经激光S照射产生不同价位的离子，假设正离子在A极板处初速度为零，AB、极板间的加速电压为0U，离子

加速后从B板上小孔射出，沿中心线方向进入CD、板间的偏转控制区.已知加速电场AB间距为d，偏转极板CD的长度及宽度均为L.设加速电场和偏转电场均为匀强电场，不计离子重力和离子间相互作用.（1）若偏转电压0CDU=，某比荷为k的离子沿中心线到达探测头，求该离子飞行的总时间；（

2）若偏转电压0CDU=，在CD、板间加上垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，要使所有离子均能通过控制区域并从右侧飞出，求这些离子比荷k的取值范围；（3）若偏转电压CDU与时间t的关系如图乙所示，最大值m04UU=，周期012T

LkU=，假设离子比荷为k，并且在0t=时刻开始连续均匀地射入偏转电场.以D极板的右端点为坐标原点，竖直向上为y轴正方向，探测头可在y轴上自由移动，在tT=到54tT=时间内，要使探测头能收集到所有粒子，求探测头坐标y随时间t变化的关系.答案以及解析1.答案：B解析：两球先吸引接触

，电荷先中和后平分，然后相互排斥返回题图所示位置，由电荷守恒定律可知，碰后两球的电荷量均为4Q+，由库仑定律，对A球有2212229(4),QQFkFkrr==，则由牛顿第二定律可得1122916aFaF==，故B正确.2.答案：D解析：由于油滴沿直线在极板间运动,可知油滴一定做

匀速直线运动,可得qEmg=,则电场强度大小为mgEq=,根据公式UEd=,r,4πSQCCUkd==,可得r4πkQES=,则当上极板向上移动时,E不变,方向竖直向上,仍有qEmg=,所以油滴的运动轨迹仍然是直线,A、B错误;综

上分析,由于E不变,根据UEd=,当上极板向上移动少许,d变大,所以U变大,两极板间的电势差不再是mgdq,C错误;当上极板向上移动少许,E不变,所以油滴射出电场时的位置也不变,重力做的负功为mgd−,则电场力做的正功为mgd,根据功能关系可知,油滴的电势能减少了

mgd,D正确.3.答案：D解析：以M点为例,AC、位置的两个点电荷在M点的合电场强度方向指向O点,B位置的点电荷在M点产生的电场强度方向由M指向B点,D位置的点电荷在M点产生的电场强度方向由M指向D点,所以M点的电场强度方向由M指向O点,同理可得P点的电场强度方向由P指向

O点,而NQ、点的电场强度方向分别由O点指向N和Q,根据对称性可知,MNPQ、、、四点的场强大小相同,但方向不同,取无穷远处电势为零,沿着电场线方向电势逐渐降低,则MNPQ、、、四点的电势不为零,A、B错误;根据点电荷周围电势分布的特点可知,M点的电势高

于零,N点的电势低于零,故将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中,电场力一直做正功,C错误;根据点电荷周围电势分布的特点可知,M点的电势高于零,P点的电势高于零,将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中,电场力先做负功后做正功,电势能

先增加后减小,D正确.4.答案：C解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，若粒子在tnT=时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大，22max13()22228TTayTaaT=+

=.若粒子在2TtnT=+时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小，22min110()228TyaaT=+=.则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3:1.故C项正确，A、B、D错误.5.答案：C解析：设另一半球面带电荷量也为q,由

对称性知,半球面ACB上电荷q在P点的场强与另一半球面上电荷在M点形成的场强大小相等、方向相反,由带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零知,半球面ACB上电荷q在M点的场强与在P点的场强相同,由于P点场强为零,故半球面ACB上电

荷q在P点的场强与正点电荷Q在P点的场强大小相等、方向相反,故半球面ACB上电荷q在M点的场强大小为12(2)kQER=,方向向右,O点固定正点电荷Q在M点的场强大小为22kQER=,方向向左,则M点场强大小为21234kQEEER=−=,方向

向左,C正确,A、B、D错误.6.答案：AC解析：物块向右运动的过程中,由题图可知,物块的电势能增加,则电场力对物块做负功,物块所受的电场力水平向左,电势能增加量p80JE=,设电场力大小为F,由pEFs

=,其中8mx=,可得10NF=,故A正确;由FqE=知,物块所带电荷量未知,所以不能确定匀强电场的场强大小,故B错误;由题图乙可知,物块向右运动时,电势能与动能之和减小了20J,电势能增加了80J,则动能减小了100J,

即k100JE=−,根据动能定理得k()FfxE−+=,物块向左运动过程,由动能定理得k()FfxE−=,解得物块返回O点时的动能k60JE=,物块受到的滑动摩擦力大小20J2.5N8mf==,由于物块的质量未知,则由fmg=知不能确定

物块与水平面间的动摩擦因数,故C正确,D错误.7.答案：AD解析：在P点,电子所受电场力的方向指向轨迹弯曲的内侧,又要与电场线相切,可判断电场线的方向是从1A指向2A,所以电极1A的电势高于电极2A的电势,A正确;轨迹的切线方向即电子的速度方向,由图可知速度方向与

电场方向夹角大于90°,B错误;聚焦电场一方面使电子向中央靠拢,另一方面使电子加速,所以既改变电子速度的方向,又改变电子速度的大小,C错误;聚焦电场对电子做功,且设总功是正功W,从O到O,根据动能定理有3k,510V

qUWEU+==,电子轰击到物料上时的动能大于35V10e,故D正确.8.答案：BC解析：由对称性可知，球心O处的场强为零，选项A错误；在球壳外距球壳为r处的电场强度为2()kQErR=+，选项B正确；由题意知，等效点电荷在球壳处产生

的电势处处相等，则球壳表面为等势面，选项C正确；因球壳带电荷量为正，则若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势大于零，选项D错误.9.答案：AC解析：由点电荷从c静止释放向左运动，可知其所受电场力方向向左，由ac知，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；点电荷从c到a做加速度增大

的加速运动，1qaEm=，可知从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ba段的平均场强，根据公式UEd=，可知bcab−−，故电场在b点处的电势小于7V，故B错误；从c到a电场强度增大，abc、、三点c点处的场强最小

，故C正确；从c到a电场强度增大，即点电荷所受电场力增大，cb段的平均电场力小于ba段的平均电场力，所以该点电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误.10.答案：BD解析：微粒以一定的初

速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有0Lvt=，竖直方向有212yat=，加速度qUadm=，联立解得2202qULydmv=，要缩小字迹，就要减小微粒的偏移量y，由上式分析可知，可采用的方法有增大两板间距离d、减小墨汁微粒所带的电荷量q、增大

墨汁微粒的质量或速度、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故AC错误，BD正确。11.答案：AC解析：因为液滴ab、的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A正确；电

场力对ab、两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，小于ab、动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，电场力均做正功，电场力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量

相同，所以重力做的功相等，故D错误。12.答案：（1）022LdkU+（2）0223225UkBL„（3）0222ykUtL=−解析：（1）离子在电场中加速时，由运动学公式有21112dat=，其中0

1kUad=，解得加速时间102tdkU=，此过程根据动能定理有200102qUmv=−，解得002vkU=，离子在CD、板之间匀速运动的时间2002LLtvkU==，所以离子飞行的总时间12022LdtttkU+=+=.（2）若离

子从C极板边缘飞出，此时离子做圆周运动的轨迹半径是最小的，其运动轨迹如图所示，根据几何关系有222()2LrrL=−+，解得离子做圆周运动的最小轨迹半径为54rL=，因为020vqvBmr=，所以02kUrkB=

，解得0223225UkBL=，所以这些离子比荷的取值范围为0223225UkBL„.（3）离子通过CD、板间的时间00012LtLTvkU===，若离子在0t=时刻进入偏转电场，离子先做类平抛运动后再做类斜抛运动，垂直于极板CD、方向有0m4kUkUaLL==，偏转位移21(

)2222TLya==，离子刚好从极板下边缘飞出，设离子在t时刻进入，探测头接收到离子的时间ttT=+，离子向下偏转的位移大小为2211()22222Tyatat=−−，解得0222LykUt=−，则探测头的坐标y随时间t变化

的关系为0022()2222LyykUtTkUtL=−=−=−.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com