2024高考物理一轮复习考点攻破训练——带电粒子在匀强电场中的运动练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——带电粒子在匀强电场中的运动练习含解析教科版，共5页。

(1)直线运动：初速度方向与电场方向在同一直线或由静止出发，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理；
(2)类平抛运动：初速度方向与电场方向垂直，一般从运动的分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题；
(3)斜抛运动：初速度方向与电场方向有一定夹角，一般从运动的分解的角度处理．
1．(2023·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图1，矩形ABCD区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量为m、带电荷量q的正电粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，则( )
图1
A．若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出
B．若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1
C．若粒子入射速度变为eq \f(v,2)，则粒子从DC边中点射出电场
D．若粒子入射速度变为eq \f(v,2)，则粒子射出电场时的速度为eq \f(v1,2)
2.(2020·安徽安庆市调研)如图2所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为( )
图2
A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1
3．(2023·福建龙岩市3月质量检查)如图3所示，平行边界PQ、MN间存在竖直向下的匀强电场，一质量为m＝2.0×10－11kg，电荷量为q＝＋1.0×10－5C的带电粒子，从a点由静止开始经电压为U＝100V的电场加速后，垂直边界PQ进入匀强电场中，从虚线MN上的某点离开匀强电场，离开电场时速度方向与电场方向成45°角，已知PQ、MN间距离为20cm，带电粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是( )
图3
A．带电粒子从边界PQ进入匀强电场时的速度大小v0＝2.0×104m/s
B．带电粒子离开电场时沿电场方向的偏移量为y＝5cm
C．边界PQ、MN间的场强大小为E＝2.0×103N/C
D．若将带电粒子换成质子，质子离开电场时沿电场方向的偏移量不变
4．(2023·安徽合肥市第一次质量检测)图4为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v0，方向竖直向上，到B点时速度方向与水平方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为( )
图4
A.eq \f(mv02,q)B.eq \f(mv02,2q)C.eq \f(3mv02,2q)D.eq \f(2mv02,q)
5．(多选)(2023·四川省第二次诊断)如图5所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD.已知AC＝2AB＝4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V．某带电粒子从A点以初速度v0＝2m/s，与AD成30°夹角射入电场，粒子在ABCD所在平面运动，恰好经过C点．不计粒子的重力．下列说法正确的是( )
图5
A．该粒子可能带负电
B．电场强度大小为eq \f(400\r(3),3)V/m
C．粒子过C点的速度为2eq \r(13)m/s
D．仅改变初速度v0方向，该粒子可能经过B点
6．(2020·吉林长春市质量监测)如图6所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4.两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD，忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
图6
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A和B的初速度大小之比为1∶4
D．A和B的位移大小之比为1∶2
7．(多选)(2023·广东肇庆市第二次统一检测)如图7所示，一带电粒子在匀强电场中只受电场力运动，经过一平面直角坐标系中的a、O、b三点时的动能分别为10eV、4eV、12eV，下列说法正确的是( )
图7
A．该电场方向一定与xOy平面平行
B．该电场场强大小为200eq \r(2)V/m
C．O点是该粒子轨迹上电势能最高的点
D．该粒子轨迹为抛物线
答案精析
1．C [若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，运动时间变为eq \f(\r(2),2)t，则水平位移变为原来的eq \f(\r(2),2)，而不是eq \f(1,2)，故A错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W，则有W＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv2，可知电场强度加倍，电场力做功变为了2W，则射出电场的速度不等于2v，故B错误；若粒子入射速度变为eq \f(v,2)，则粒子在电场中运动时间不变，即可得出粒子从DC边中点射出电场，故C正确；由于电场不变，粒子在电场中运动时间不变，则电场力做功不变，由动能定理可知，粒子射出电场时的速度不是eq \f(v1,2)，故D错误．]
2．A [设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有a＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,M)t2；对m有a′＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，A正确．]
3．D [带电粒子在加速电场中由动能定理qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，得v0＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(\f(2×1.0×10－5×100,2.0×10－11))m/s＝1.0×104 m/s，故A错误；带电粒子离开电场时速度方向与电场方向成45°角，速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，由于PQ、MN间距离为20cm，所以带电粒子离开电场时沿电场方向的偏移量为y＝10cm，故B错误；带电粒子在偏转电场中运动的时间为t＝eq \f(20×10－2,1.0×104)s＝2.0×10－5s，粒子离开偏转电场时的电场力方向的速度vy＝v0＝1.0×104m/s，所以有vy＝at＝eq \f(qE,m)t，解得：E＝eq \f(vym,qt)＝eq \f(1.0×104×2.0×10－11,1.0×10－5×2.0×10－5)N/C＝
1.0×103 N/C，故C错误；带电粒子在加速电场中有qU＝eq \f(1,2)mv02，在偏转电场中有：L＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qU偏,mL)，联立解得：y＝eq \f(U偏L,4U)，由此可知，偏移量与电荷量和质量都无关，即偏移量不变，故D正确．]
4．C [根据题意，在B点，v0＝vBsin30°，解得vB＝2v0
从A到B根据动能定理得：qUAB＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
联立解得：UAB＝eq \f(3mv02,2q)，故选C.]
5．BC [因AC＝2AB＝4cm，A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V，取O点为AC的中点，则φO＝8V，连接BO，过A点作BO的垂线，则实线为电场线，如图所示：
因粒子由A运动经过C点，则电场力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电，则A错误；因E＝eq \f(UAO,|AO|sin60°)＝eq \f(4,\r(3)×10－2)V/m＝eq \f(400\r(3),3)V/m，B正确；粒子从A点开始做类平抛运动到C点，根据类平抛运动的推论tanφ＝2tanθ，粒子在C点时vCy＝4eq \r(3)m/s，vC＝eq \r(vCy2＋vCx2)＝2eq \r(13)m/s，C正确；仅改变初速度v0方向，根据对称性，粒子必过E点，D错误．]
6．C [粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qE,2m)t2，可知A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，根据qE＝ma，可知A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错；OC＝CD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据x＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C对；A和B的位移大小之比为1∶2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不能等于1∶2，故D错．]
7．AD [粒子在电场中运动时，粒子的电势能和动能之和守恒，设粒子带电荷量为q，总能量为E，则在a点时：10eV＋φaq＝E；在O点时：4eV＋φOq＝E；在b点时：12eV＋φbq＝E；则φaO＝φa－φO＝－eq \f(6,q)；φOb＝φO－φb＝eq \f(8,q)，因电势差与两点间距离成正比，可知该电场方向一定与xOy平面平行，选项A正确；因电荷所带的电荷量未知，不能确定两点电势差的数值，则不能求解场强大小，选项B错误；O点时粒子的动能不等于零，则电势能不是最大的位置，选项C错误；粒子只在恒定的电场力作用下做曲线运动，则轨迹一定为抛物线，选项D正确．]