2019高考物理二輪復習小題狂做專練（打包31套）.zip

2019高考物理二輪復習小題狂做專練（打包31套）.zip,2019,高考,物理,二輪,復習,小題狂做專練,打包,31 17 帶電粒子在電場中的運動 一、單選題 1．【2019全國區(qū)級聯(lián)考】如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．向右下方運動 B．向左下方運動 C．豎直向下運動 D．仍然保持靜止 2．【2019臨川區(qū)級大聯(lián)考】如圖所示，A、B、C為等量異種電荷產(chǎn)生的靜電場中的三個等勢面，已知三個等勢面的電勢關(guān)系為φA<φB<φC。一帶電粒子進入此靜電場后，沿實線軌跡運動，依次與三個等勢面交于a、b、c、d、e五點。不計粒子重力，下列說法中正確的是(　　) A．該帶電粒子帶負電 B．粒子在ab段速率逐漸增大 C．粒子在a點的速率大于在e點的速率 D．a(chǎn)點的場強大小小于b點的場強大小 3．【浙江省2019屆高三模擬】如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0。已知t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則(　　) A．所有粒子最終都垂直電場方向射出電場 B．t=0之后射入電場的粒子有可能會打到極板上 C．所有粒子在經(jīng)過電場過程中最大動能都不可能超過3Ek0 D．若入射速度加倍成2v0，則粒子從電場出射時的側(cè)向位移與v0時相比必定減半 4．【江蘇省2018全省大聯(lián)考】如圖所示，一價氫離子（11H）和二價氦離子（24He）的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們(　　) A．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點 C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點 5．【廣東省2019屆高考調(diào)研】如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負電的電子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知(　　) A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大 C．電子通過P點時的動能比通過Q點時大 D．電子通過P點時的加速度比通過Q點時小 二、多選題 6．【福建省2018年沖刺模擬】如圖所示為示波管的示意圖。左邊豎直放置的兩極板之間有水平方向的加速電場，右邊水平放置的兩極板之間有豎直方向的偏轉(zhuǎn)電場。電子束經(jīng)加速電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，加在水平放置的偏轉(zhuǎn)電極的每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離叫示波器的靈敏度。下述對提高示波管靈敏度有用的措施是 (　　) A．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板l做的長一些 B．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板l做的短一些 C．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板間距離d做的小些 D．將加速電場的兩極板間的電壓提高 7．【上海市2019大聯(lián)考】質(zhì)量為m的帶電小球，在充滿勻強電場的空間中水平拋出，小球運動時的加速度方向豎直向下，大小為2g3.當小球下降高度為h時，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．小球的動能增加了2mgh3 B．小球的動能減少了 mgh3 C．小球的電勢能減少了2mgh3 D．小球的電勢能增加了mgh3 8．【天津市2018區(qū)級聯(lián)考】如圖所示，充有一定電量的平行板電容器水平放置，其中上極板A帶負電，下極板B帶正電，其正中有一小孔，帶負電的小球（可視為質(zhì)點）從小孔正下方某處以一確定初速度v0開始正對小孔運動，恰能到達上極板A處（空氣阻力忽略不計）．只考慮板之間存在的電場，則下列說法正確的是(　　) A．若A板向上移動少許，則小球?qū)⒉荒艿竭_A板 B．若A板向上移動少許，則小球仍能到達A板 C．若B板向上移動少許，則小球仍能到達A板 D．若B板向下移動少許，則小球仍能到達A板 三、解答題 9．【百強名校2019大聯(lián)考】反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似.已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示.一質(zhì)量m=1.0×10﹣20kg，電荷量q=1.0×10﹣9C的帶負電的粒子從（﹣1，0）點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運動.忽略粒子的重力等因素.求： （1）x軸左側(cè)電場強度E1和右側(cè)電場強度E2的大小之比E1E2； （2）該粒子運動的最大動能Ekm； （3）該粒子運動的周期T. 10．【湖北省2018年高三模擬】如圖所示虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，不計電子重力，求： (1)電子從釋放到打到屏上所用的時間； (2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ； (3)電子打到屏上的點P′到點O的距離x. 答案與解析 一、單選題 1．【解析】B板右端向下移動一小段距離，兩板間的平均距離增大，根據(jù)E=U/d可知液滴所在處電場強度減小，油滴豎直方向?qū)⑾蛳逻\動； 由于兩金屬板表面仍均為等勢面，電場線應(yīng)該與等勢面垂直，所以油滴靠近B板時，電場線方向斜向右上方，如圖所示，故水平方向油滴向右運動；所以油滴向右下方運動，故A正確、BCD 錯誤。故選A。 【答案】A 2．【解析】A、由軌跡的彎曲方向判斷出帶電粒子所受電場力大體向左，由電場線與等勢面垂直畫出電場線的分布，可知電場的方向向左，所以粒子帶正電，故A錯誤； B、因ab段受力向左做減速運動，所以粒子在ab段速率逐漸減小，故B錯誤； C、a、e在同一等勢面上，粒子的電勢能相等，由能量守恒可知動能相等，速度大小相等，故C錯誤； D、從圖中可以看出，a點的電場線比b點的電場線疏，所以a點的電場強度小，故D正確。 【答案】D 3．【解析】A、B項：粒子在平行極板方向不受電場力，做勻速直線運動，故所有粒子的運動時間相同； t=0時刻射入電場的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場，說明豎直方向分速度變化量為零，根據(jù)動量定理，豎直方向電場力的沖量的矢量和為零，故運動時間為周期的整數(shù)倍；故所有粒子最終都垂直電場方向射出電場； 由于t=0時刻射入的粒子始終做單向直線運動，豎直方向的分位移最大，故所有粒子最終都不會打到極板上；故A正確，B錯誤； C項：t=0時刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，為d2； 根據(jù)分位移公式，有： d2=0+vym2·Lv0 由于L=d 故：vym=v0 故最大動能Ekm=12m(v02+vym2)=2Eko，故C錯誤； D項：若t=0時刻的粒子入射速度加倍成2v0，則粒子從電場出射時間減半的側(cè)向位移與時間的平方成正比，側(cè)向位移與原v0相比必變成原來的四分之一，故D錯誤。 故A正確。 【答案】A 4．【解析】設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d。在加速電場中，由動能定理得：qU1=12mv02? ① 兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不同，則v0不同，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t=Lv0不同。兩種粒子在加速電場中的加速度不同，位移相同，則運動的時間也不同，所以兩粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場。在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y=12at2＝12?qU2md(Lv0)2② 聯(lián)立①②得 y=U2L24U1d ； 同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切tanθ=U2L2U1d，可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。故兩種粒子打屏上同一點。故B正確，ACD錯誤。故選B。 【答案】B 5．【解析】A項：負電荷做曲線運動，電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)；作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和負電荷可知，電場線向上。故c的等勢面電勢最高，故A錯誤； B項：利用推論：負電荷在電勢高處電勢能小，知道質(zhì)點在P點電勢能大，故B正確； C項：只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，故帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和等于在Q點的動能與電勢能之和，P點電勢能大，動能小。故C錯誤； D項：等差等勢面的疏密可以表示電場的強弱，P處的等勢面密，所以P點的電場強度大，粒子受到的電場力大，粒子的加速度大，故D錯誤。故選：B。 【答案】B 二、多選題 6．【解析】設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2。經(jīng)加速電場后的速度為v0，則根據(jù)動能定理：eU1=12mv02，電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，其偏轉(zhuǎn)的位移為：y=12at2=12?eU2mdlv02，聯(lián)立可得：y=U2l24dU1，所以示波管的靈敏度：yU2=l24dU1，可見，要提高示波管靈敏度，必須把偏轉(zhuǎn)極板l做得長一些，或把偏轉(zhuǎn)極板間距離d做得小些，或加速電場的兩極板間的電壓降低一點，故AC正確，BD錯誤。 【答案】AC 7．【解析】A、B、合力做功為W合=mah=23mgh，則由動能定理得知，小球的動能增加了23mgh;故A正確，B錯誤. C、D、由題分析得知，電場力方向豎直向上，大小為設(shè)F，由mg-F=ma，得F=13mg，電場力做功為W電=-Fh=-13mgh，則電勢能增加了13mgh;故C錯誤,D正確。故選AD。 【答案】AD 8．【解析】由題意設(shè)兩板間的電壓為U，小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，板間距離為d，由動能定理可得：qU=12mv02 A、B項：若A板向上移動少許，由電容器的決定式C=εS4πkd可知，電容減小，由電容器定義式C=QU可知，兩板間的電壓增大，小球從B板到A板克服電場力做功大于qU，所以小球不能達到A板，故A正確,，B錯誤； C、D項：若B板向上移動少許，由電容器的決定式C=εS4πkd可知，電容增大，由電容器定義式C=QU可知，兩板間的電壓減小，小球從B板到A板克服電場力做功小于qU，所以仍能到達A板，故C正確，D錯誤。故應(yīng)選AC。 【答案】AC 三、解答題 9．【解析】(1)由圖可知：根據(jù)U=Ed可知： 左側(cè)電場強度：E1=201×10-2V/m=2.0×103V/m ??① 右側(cè)電場強度：E2=200.5×10-2V/m=4.0×103V/m ② 所以：E1E2=12 (2)粒子運動到原點時速度最大，根據(jù)動能定理有：qE1·x=Ekm ③ 其中x=1.0×10-2m 聯(lián)立①③并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：Ekm=2.0×10-8J (3)設(shè)粒子在原點左右兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2,在原點時的速度為vm， 由運動學公式有vm=qE1mt1 ④ 同理可知：vm=qE2mt2 ⑤ Ekm=12mvm2 ⑥ 而周期：T=2(t1+t2) ⑦ 聯(lián)立①②④⑤⑥⑦并代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得：T=3.0×10-8s 10．【解析】（1）電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1， 由牛頓第二定律得：a1=eE1m=eEm① 由x=12at2，得：L2=12a1t12② 電子進入電場E2時的速度為：v1=a1t1③ 進入電場E2到屏水平方向做勻速直線運動，時間為：t2=2Lv1④ 電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t=t1+t2⑤ 聯(lián)立①→⑤求解得：t=3mLeE； （2）設(shè)粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy 由牛頓第二定律得： 電子進入電場E2時的加速度為：a2=eE2m=2eEm⑥ vy=a2t3⑦ t3=Lv1⑧ 電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為；tanθ=vyv1⑨ 聯(lián)立①②③⑥⑦⑧⑨得：tanθ=2 ⑩ （3）帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示： 設(shè)電子打到屏上的點P到O點的距離x， 根據(jù)上圖有幾何關(guān)系得：tanθ=x32L 聯(lián)立得：x=3L。 8