2021-2022学年度高二物理第十章静电场中的能量第五节带电粒子在电场中的运动（暑期衔接练习四）（人教版2019）

这是一份2021-2022学年度高二物理第十章静电场中的能量第五节带电粒子在电场中的运动（暑期衔接练习四）（人教版2019），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图所示，一个由绝缘材料制成的轻弹簧水平放置，一端固定于竖直墙上，另一端与一带负电的小球相连，小球置于光滑的绝缘水平面上．当整个装置处于水平向左的匀强电场中时，小球在B、C间往复运动，在O点处所受合力为0．假定在动动过程中小球的电量保持不变，则
A．小球在由B到O的过程中，弹性势能和电势能都一直减少，动能增加
B．小球在由O到C的过程中，弹性势能增加，电势能和动能都减少
C．小球在由B经O到C的过程中，电势能的变化量大于弹性势能变化量
D．小球在由C到O的过程中，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等
2．如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量(yU2)与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中错误的是( )
A．L越大，灵敏度越高
B．d越大，灵敏度越高
C．U1越大，灵敏度越高
D．U2越大，灵敏度越低
3．图为某匀强电场的电场线，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．粒子的电势能减小
C．粒子从a运动到b过程加速度保持不变
D．粒子做匀加速直线运动
4．如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，质量相同的两个电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．不考虑电荷的重力、空气阻力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
B．两电荷在电场中运动的加速度相等
C．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
D．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功
5．如图所示，一个电子以100eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为（ ）
A．300VB．VC．-100VD．-300V
6．一个以初速度v0沿直线运动的物体，t s末速度为vt，如图，则关于t s内物体运动的平均速度和加速度a说法中正确的是（ ）
A．=B．12aNt2，可得加速度关系为 aM＞aN，故B错误。
C、根据牛顿第二定律及aM＞aN，得qMEmM>qNEmN，而 mM=mN，得电荷量关系为 qM＞qN，故C正确。
D、电场力对电荷做的功公式 W=qEy，由于qM＞qN，yM＞yN，所以有WM＞WN，即电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故D错误；
故选：C。
【点睛】
本题的关键将电荷的合运动沿水平和竖直方向正交分解，然后根据运动学公式和牛顿第二定律列式进行分析．
5．D
【详解】
由题意知vcs60°=v0
解得v=2v0
又
故AB两点间电压U=-300V；
故选D。
6．D
【详解】
AB．若物体做匀加速运动，则平均速度为
=
根据v-t图像的面积等于位移可知，物体在时间t内的位移大于做匀加速运动的位移，可知平均速度
>
选项AB错误；
CD．因为v-t图像的斜率等于加速度，可知a随时间逐渐减小，选项C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】
在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大．若两点沿电场线方向相同距离上的两点，电势差大的其场强却不变，故A错误；任意两点的电势差，等于场强和这两点间沿电场线方向距离的乘积，故B错误；电势降低最快的方向是电场强度的方向，电势降低的方向不一定是场强方向，故C错误；匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，沿电场线方向的距离d相同时，两点间电势差U相同，故D正确．所以D正确，ABC错误．
8．ABD
【解析】
依据粒子运动的情况可知，粒子受的电场力方向竖直向上，而电容器上极板为正极，即电场强度方向竖直向下，故粒子带负电，故A正确．下落的过程重力做功，故重力不能忽略不计，故B正确．运用动能定理得，将下极板向上平移，设运动到距离上极板处返回，根据动能定理得，联立两式解得：，即粒子将在距上极板处返回，故C错误，D正确．故选ABD．
9．AD
【解析】
【详解】
A.荧光屏上只有竖直亮线，说明水平方向没有偏转，故只有YY′间加有电压，A正确；
B.图乙的荧光屏上只有竖直亮线，由左手定则可知，只有水平方向的磁场，B错误；
C.电子经过甲图中的偏转电极，电场力做了正功，故速度大小和方向都发生变化，C错误；
D.电子经过乙图中的偏转线圈，洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向变化，D正确；
故选AD。
10．BD
【详解】
试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：，加速度：联立解得：，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏移量y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故A、C错误，B、D正确．
考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的加速、偏转．
11．AC
【详解】
A．当施加沿斜面向上的外力F=3mgsin时，物体B静止，可判断电场力沿斜面向下，物体B带负电，对B分析可知
F-mgsinθ-F电=0
解得
F电=2mgsinθ
故A正确；
B．当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为
F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a
解得
a=gsinθ
故B错误；
C．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由
kx=F电+mgsinθ
解得
故C正确；
D．物体B的电场力做正功，整个系统的机械能增加，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；
故选AC。
12．AD
【详解】
A.沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A正确；
B.据电场线的疏密程度可知，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误；
C.电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，选项C错误；
D.电子从P至R的运动过程中，由低电势向高电势运动，电场力做正功，故D正确．
13．负;下;0.5g;
【解析】
【详解】
液滴在电场中静止，处于平衡状态，根据受力分析可知受到向上的电场力，故液滴带负电；
由mg=qE
若场强变为原来的12，由F=qE可知电场力变为原来的12，故合力为F合＝mg−F′电＝12mg，加速度为a=F合m＝0.5g，向下做匀加速运动。
【点睛】
本题考查电荷在电场中受力平衡与加速两种情况，掌握平衡方程与牛顿第二定律的应用．注意正电荷的电场力与电场强度方向相同.
14．
【详解】
小物块由静止滑到最低点由动能定理得
在最低点由牛顿第二定律得
联立以上两式得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力
N′=N
15．
【解析】
带电小球从A运动到B过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理可得，所以，在B点时拉力
16．33mg；33mg；
【解析】
【详解】
带电小球A，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理，则有：Flsinα-mgl（1-csα）=0，解得：F=33mg；
改变电场强度的大小后，平衡在α=30°处时，根据矢量的合成法则，结合三角知识则有：F′=mgtan30°=33mg；
17．（1），；（2）
【详解】
(1) PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有
设粒子第一次到达G时动能，根据动能定理可得
解得
粒子在PG间运动的加速度为
此过程中粒子运动时间为t，则有
在水平方向上的位移大小为
x=v0t
解得
(2) 若粒子恰好从距离G也为h的位置离开电场，根据对称性可知，此时金属板的长度为
18．
【详解】
带电粒子在加速电场中运动，由动能定理得
得
带电粒子在AB间的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
L=v0t
带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子飞出偏转时的偏转量为
联立得
带电粒子飞出偏转时偏转角正切
可得

解得粒子束打在屏上的位置到屏中心间的距离
Y=y+2Ltanθ
19．
【详解】
粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t，
在竖直方向上： 由牛顿第二定律得：qE=ma
联立解得：E=
20．(1) (2) (3)
【详解】
(1)设离子在第一象限的速度为v0．在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向心力有：
解得：
(2)在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：
解得：
(3)时，离子在x方向的速度
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
每个周期离子在x方向前进
因为开始计时时离子坐标为x0，所以nT时，离子的横坐标为
纵坐标为
在nT时离子的坐标为：