假期作业五 带电粒子在电场中的运动-【快乐假期】2025-2026学年高二物理寒假作业

=0022 二物理恐 假期作业五 带电粒子在电场中的运动 思维整合室 思维导图 加速电场 qU=1, o,v= 带电粒子在 电场中的运动 m,q 偏转电场 竖直方向速度v,=at= 偏转角：tan0=飞=延 侧移：y=a2→（偏转位移） 自测自查 2qU qUl qUi qUi m mdvo mdvi 2mdv 情境思辨 (1)电子枪的作用是产生高速飞行的电子束， 1.如图所示，电子由静止开始从 () A板向B板运动，当到达B (2)示波管中两个偏转电极都不带电时，电子 板时速度为0. 打在圆盘的中心. () (1)电子做初速度为零的匀加速直线运动. (3)示波管中两个偏转电极都带电时，电子也 可能打在圆盘的中心： () (2)保持电压不变，板间距离改变时，到达B (4)要使电子打在图中的P位置，极板X和Y 板时速度为v. (3)板间距离不变，电压改变时，到达B板时 应带正电. 速度为v. ( 答案：(1)/(2)/(3)×(4)/ (4)板间距离和电压都改变时，到达B板时速 《技能提升台 度可能为v. 答案：(1)/(2)/(3)×(4)× 技能提升 2.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、 一、选择题 偏转电极和荧光屏组成，如图所示， 1.一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它 电子枪 不可能出现的运动状态是 () A.匀速直线运动 B.匀加速直线运动 偏转电极 C.匀变速曲线运动 D.匀速圆周运动 ·13· 飞曼快乐假期 000-= 2.如图所示，一带正电的小球向g⊕ 6.(多选)如图所示，空间存在两 A B 右水平抛入范围足够大的匀 块平行的彼此绝缘的带电薄 强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力， 金属板A、B,间距为d,中央 则小球 ( ) 分别开有小孔O、P.现有甲电 A.可能做直线运动 子以速率。从O点沿OP方向运动，恰能 B.一定不做曲线运动 运动到P点.若仅将B板向右平移距离d, C.速率先减小后增大 再将乙电子从P'点由静止释放，则() D.速率先增大后减小 A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容 3.如图所示是真空中A、B两板间 C不变 的匀强电场，一电子由A板无初 B.金属板A、B间的电压增大 速度释放运动到B板.设电子在 C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度 前一半时间内和后一半时间内 相同 的位移分别为S1和s2,在前一半位移和后 D.乙电子运动到O点的速率为2 一半位移所经历的时间分别是t1和t2,下面 二、非选择题 选项正确的是 ( 7.一个电子（质量为9.1×1031kg,电荷量为 A.s1:s2=1:4,t1:t2=2:1 1.6×10-19C)以=4.0×107m/s的初速 度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电 B.s1:s2=1:3,t1:t2=√2：1 场，已知电场强度大小E=2.0X105N/C, C.s1:s2=1:4,t1:t2=1:(2-1) 不计重力，求： D.s1:s2=1:3,t1:t2=1:(W2-1) (1)电子在电场中运动的加速度大小： 4.如图所示，带电荷量之比为 (2)电子进入电场的最大距离； 9A:qB=1:3的带电粒子 (3)电子进人电场最大距离的一半时的 A、B,先后以相同的速度从 动能。 同一点水平射入平行板电容器中，不计重 力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平 飞行距离之比为xA:x=2:1,则带电粒 子的质量之比为mA：mB以及在电场中飞 行的时间之比LA:tB分别为 ( ) A.1:2,2:3 B.2:1,3:2 C.1:1,3:4 D.4:3,2:1 5.如图所示，在水平向右的匀2。N E 强电场中，质量为m的带 电小球，以初速度v从M M 点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为 2v,方向与电场方向相反，则小球从M运动 到N的过程 ( A.动能增加2mu B.机械能增加2mv C.重力势能增加子m2 D.电势能增加2m ·14· =0022 二物理的 8.一真空示波管的示意图如图所示，电子从灯 高考冲浪 丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与 1.（2025·福建卷)某 A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中 种静电分析器简化 心线KO射出，然后进人两块平行金属板 图如图所示，在两 M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为 条半圆形圆弧板组 匀强电场)，电子进入M、N间的电场时的 成的管道中加上径 向电场.现将一电 速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在 子a自A点垂直电场射出，电子恰好做圆 荧光屏上的P点.已知M、N两板间的电压 周运动，运动轨迹为ABC,半径为r.另一电 为U,,两板间的距离为d,板长为L,电子的 子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ, 质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力 其中PBO共线，已知B、P两点间的电势差 及它们之间的相互作用力 为U,|CQ|=2|BP|,电子a入射动能为 Ek,电子所带的电荷量为一e,则（) A.B点的电场强度E-E er B.P点场强大于C点场强 C.b粒子在P点的动能小于在Q点的动能 D.b粒子全程克服电场力做的功小于2eU (1)求电子穿过A板时速度的大小. 2.(2023·浙江6月选 (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y. 考)某带电粒子转向器 (3)若要电子打到荧光屏上的P点的上方， 的横截面如图所示，转 可采取哪些措施？ 向器中有辐向电场.粒0R 子从M点射入，沿着 由半径分别为R,和 R2的圆弧平滑连接成 的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点 射出，虚线处电场强度大小分别为E,和 E2,则R1、R2和E1、E2应满足 E_R B.Ea R C.E:R: ER R DE 《益智欢乐谷 超级电容车 超级电容车外观与普通无轨电 车相似，只是头上不见了两根“辫 子”.电车底部装了一种超级电容， 车辆进站后的上下客间隙，车顶充 电设备随即自动升起，搭到充电站的电缆上， 通过200安培的电流完成充电.超级电容车除 了能兼顾环保和美观，运营成本的优势也比较 明显.据测算，以百公里燃料消耗成本计算，柴 油车约为220元，天然气车约为140元，电车则只 需70元左右.记者了解到，目前一辆超级电容车 的造价在80万元左右，其中包含了科研开发 费用 ·15·飞曼快乐假期 3.CD由运动轨迹分析可知q受到库仑斥力的作用，O点的电荷 应为正电荷，A错误；从a到b的过程q受到逐渐变大的库仑斥力， 速度逐渐减小，加速度逐渐增大，电势能逐渐增大；而从b到c的过 程q受到逐渐变小的库仑斥力，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，电 势能逐渐减小，B错误，C正确；由于a、c两，点在同一等势面上，整个 过程中，电场力不做功，D正确」 4.CA、B两，点电场强度大小相等、方向不同，A错误；A、B两点电 势相等，均高于C点电势，B错误；A、B在同一等势面上，将电子 从A点沿虚线移到B点，电势能不变，电场力不做功，C正确；由 于A>C,质子带正电，故将质子由A点移到C点，质子的电势 能减少，D错误. 5.AC0点是对角线的交点，由题意知，0点电势0=型- 2 %,故4=4V,故A正确，B错误6d电势相等，电势能也 相等，故C正确，D错误.故选AC. 6.ABD如图所示，设ac之间的d点电势 y/em 7 与b点相同，则g=0二26。所以d6a石 点的坐标为(3,5cm,6cm),过c点作等势 4 线bd的垂线，由几何关系可得cf的长度为 U 3.6cm.电场强度的大小E= d 02468xcm 26-17)y=2.5V/cm,放A正确： 3.6cm 因为Oacb是矩形，所以有Us=Ua6,解得坐标原点O处的电势 为1V,故B正确；a点电势比b点电势低7V,电子带负电，所以 电子在a点的电势能比在b点的高7eV,故C错误；b点电势比c ,点电势低9V,电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV,故D 正确。 7.解析：(1)根据库仑定律，试探电荷q在a、b两，点所受库仑力分别 为F。=kQg,F。=kg,因为1：2=2：3，所以F。:Fb= ri 9:4. (2)根据W-qU,代入数据得W。 -4×10-4J (3)静电力做功与路径无关，只与始末位置有关，所以将试探电荷g 从a点经c点移到b,点，静电力做的功为 W。=-4×10-4J. 答案：(1)9：4(2)一4×10-4J(3)一4×10-4J 8.解析：(1)因重力使小球加速下落，电场力使小球减速，小球受电 场力，方向向右，所以小球带正电荷. （2)据动能定理：mgL一qUBA=0, BA两点的电势差：UA=mg吗 (3)在匀强电场中：E=U/d,所以得E=mg 答案：(1)正电荷(2)mgL(3)mg 9 高考冲浪 1.AD根据题意可知O点、A点和B点的电势 分别为90-号一 ,9B-24 B(d.3 等势线 故0A中点的电势为M=0=0,故A正确； M 0 如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N Ad,0八E ,点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点作MN的垂线，可 知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由AM=AN可知∠NMA =45°，故电场的方向与x轴正方向成45°角，故B错误；电场强度 E 的大小为E= 0-（g】_22E,故C错误，D正确，故选AD. 1 2d·cos45 2.C根据电场线越密集电场强度越大，可知a、b、c、d四，点中，a,点 电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点移动到c点电场力 做功为Wr=一eUk=2eV,故C正确；一个电子从a点移动到d 点电场力做功为Wd= -eUr=4 ev, 由于电场力做正功，电势能减小，则一个电子从a,点移动到d点 电势能减小了4eV,故D错误.故选C. 假期作业四 技能提升台技能提升 1.D 2.A图甲为电容器充电示意图，电容器上极板与电源的正极相 连，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E,故A正 确；图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流将逐渐减小，故B 错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器的 实物图及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者不用 严格区分，故C错误；图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样， 5,5V是最大电压或额定电压，不是击穿电压，击穿电压大于5.5 V,故D错误. ES 3.ABDA.当负极板左移一小段距离时，d增大，由C=4πka可 知，电容C减小，故A正确； E B.根据E= 是=4π9，不论极板间距如何变化，极板的总 4= 电量不变，因此电场强度总不变，故B正确； C.因负极板接地，设P点原来距负极板为x,则P点的电势p E(x十x0),那么电势升高，故C错误； D.两板间固定在P点的检验电荷带正电，且P点的电势大于 零，当P点的电势升高时，则P点的电势能增大，故D正确. 4.C ErS 5,D根据公式C-4πka可知，膜片与极板距高增大，膜片与极板 间的电容减小，A错误；根据公式Q=CU可知膜片与极板距离 增大，电容减小，电压不变，则极板所带电荷量减小，因此电容器 要通过电阻R放电，B错误，D正确；根据电场强度公式E= 可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电场强度减小，C 错误. 6.D 7.解析：(1)电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而q=It,由 微元法得到，【：图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确 认：图像下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电 荷量约为Q=42×0.001×0.4C≈0.017C. (2)从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量Q=0.017C, 而所加电压U=E=10V,所以C= =0.0017F. (3)由图看出，若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电 荷量一定，则所有的电荷量将通过电阻R释放，只是图像更加平 缓些，但总量不变， 答案：(1)0.017(2)0.0017(3)不变 8.解析：(1)电容器的电容C= 9=6×10-8 F三 60 1×10-9F. U60 (2)电场强度E= a-0.03 V/m=2×103V/m. (3)D点电势D=-Ed=-2×103×(0.03-0.02)V =-20V. 答案：(1)1×10-9F(2)2×103V/m(3)-20V 高考冲浪 D根据公式Q=CU和电容的决定式C4可得U=4 ES ·d,根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的 增大，d在减小，且减小的越来越慢，电源断开后Q不变，故此时 极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定 程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图 像，最符合情境的是D选项.故选D. 2.BA.降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数e,增大，根据 电容器的电容决定式C=4πa可知电容器的电容增大，故A错 误；BC.溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变， 根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故 B正确，C错误；D.根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大， 则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M,故D错误. 假期作业五 技能提升台技能提升 1.A 2,C小球受重力和电场力作用，合力的方向与速度方向不在同一 条直线上，小球做曲线运动，A、B错误；合力方向与速度方向先 成钝角，后成锐角，即合力先做负功后做正功，速率先减小后增 大，C正确，D错误. 3.Ds1=2a2=2a(2)2-7 2ar2—号at2,s1s2=1：3,s ，2=合at,=t-h√ 1 2a戏，i=√a 4s 「2s a a t1t2=1:(W2-1),D正确. 4.D粒子在水平方向上做匀速直线运动x=0t,由于初速度相 同，xAxB=2：1,所以tA:tB=2:1,竖直方向上粒子做匀加 速直线运动y=之a,且yA=yB,故aA:aB=唱：月=1：4. 而ma=qE, m-gE,mA 9A.aB1 4 a 'mB qB aA 1 5.B由动能的表达式E=之m2可知带电小球在M点的动能 为EkM=2 1 m,在N点的动能为EN=之m(2o)2=2m,所以动 5 能的增量为△E=2m,故A错误；带电小球在电场中微类平 抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀 加速运动，由运动学公式有u,=0=g,u,=2u=at=5,可得 2 2wt E=2mg,竖直方向的位移h=号，水平方向的位移工= 8 三0022 vt,因此有x=2h,对小球用动能定理有gEx一mgh=△Ek= 之mw2,联立上式可解得Ex=2m,mgh=号md,因此电场力 3 做正功，机械能增加，故机械能增加2m,电势能减少22，故B正 确，D错误，重力做负功重力势能增加量为2md,故C错误. 6.BC将B板向右平移距离d时，金属板A、B组成的平行板电容 器带电荷量不变，根据电容的决定式C=分析知电容C减 小，故A错误根据电容的定义式C=号，知Q不变，C减小，则 ,故B正确；根据匀强电场电场强度的公式E9 的决定式C= 品以及电容的定义式C=吕，可得E=智，在 电荷量Q不变的情况下，仅改变两板间距离，电场强度不变，电 子所受的静电力相同，加速度相同，故C正确；甲电子从O到P 过程有0一6=一2ad,乙电子从P'到O过程有v2=2a·2d,解 得乙电子运动到O,点的速率为0=√2o,故D错误 7.解析：(1)电子沿电场线的方向飞入，仅受电场力作用，做匀减速 运动，由牛顿第二定律得：gE-m,得a=型 =3.5×1016m/s2. （2)电子做匀减速直线运动，由运动学公式得：场=2ax,所以x= 爱=2.3x102m (3)电子进入电场最大距离的一半时的动能为Ek,根据动能定理 得-eE·之x=Ek-立m6, 代入数据得Ek=3.6×10-16J. 答案：(1)3.5X1016m/s2(2)2.3×10-2m (3)3.6×10-16J 8.解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为0， 由动能定理得eU=之m哈一0 2eU 解得oNm (2)电子以速度进入偏转电场后，沿垂直于电场方向做匀速直 线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电 场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度为 a,由牛顿第二定律和运动学公式得 F=eE=ma,y=2a2, eU 又a L md'tvo _U2L2 联立解得y=4U1d (3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2等. /2eU1 答案：(1λ√m U,L2 (2)4U1d (3)见解析 高考冲浪 1.Da电子入射动能为Ek,根据动能的表达式有Ek=2mu:2, 电子恰好做圆周运动，则eE= mo。,联立解得E= 2E,故A错 误；由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故 B错误；已知CQ|=2|BP|,因为BC在同一等势线上，且沿电场 方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能 大，则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q ,点动能较小，故C错误；由电场线密度分布情况可知，沿径向向 外电扬强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间平 均电场强度大小：根据U=Ed,则U四S2U即，则b粒子全程的 克服电场力做功W=eUam<2eU=2eU,故D正确.故选D. 2.A带电粒子在电场中做匀速园周运动，电场力提供向心力，则 有gB1=mRgE2=mR2' 联立可好管 R2,故选A 假期作业六 技能提升台技能提升 1.C2.AC3.D 4.C 子体的电阻R三p专，子体中的电流I=nSu,导体两端的 压U=IR=neSu·ps =nevpL,金属棒内的电场强度E=,= nep,故C正确，A、B、D错误 5. 6.AA、B.由题图可知，R1为12，R2为3.当三个电阻串联时， 通过各个电阻的电流相等，则三个电阻两端的电压之和应为 6V,则由题图可知，三个电阻中的电流应为1A;电压分别为 · 高二物理型 1V、2V、3V,则由欧姆定律可知，电阻之比为：R1:R2:R3= 1:3:2.故A正确，B错误； C.若将三个电阻串联接在3V的电源上时，两定值电阻的阻值 不变，而C由于电压变化，则电阻一定变化，比值即变化，故C 错误； D.若将三个电阻并联在3V的电源上，各电阻的电流分别为：3 A、1A、2A,故D错误. 7.解析：(1)要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压 进行测量，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡为小电阻，电流 表用外接法，如图所示 A (v R E (2)由【U图像知，切线的斜率在减小，故灯泡的电阻随电流的 增大而增大，再由电阻定律R=PS知，电阻率增大：(3)当滑动 变阻器的阻值为9，电路电流最小，灯泡实际功率最小，此时E =U+I(r+R)得U=4一10I,在图中作出该直线如图所示，交点 坐标约为U=1.75V,I=255mA,P1=U1=0.39W;整理得：I= R中U十R千，当直线的斜率最大时，与灯泡的FU曲线的交点 E 坐标最大，即灯泡消耗的功率最大.当滑动变阻器电阻值R=0时， 灯泡消耗的功率最大，此时交，点坐标为U=3.67V,I=0.32A,如图 所示，最大的功率为P2=UI=1.17W. /mA 350 300 250 200 150 100 50 0 3 4 U/V 图() 答案：(1) (2)增大增大(3)0.391.17 8.解析：(1)4500mA·h指的是该电池放电时能输出的总电荷量， 电池充满电后，可提供的电能为W=Ug= 3.6×4500×103×10-3kw.h= 1.62×10-2kW·h. (2)待机放电电流I=4=4500X10-8X3600A= t 5×24×3600 37.5mA. (3)播放视频时的电流1=4-4500X103X3600A=300mA, 15×3600 =8. 答案：(1)1.62×10-2kW·h(2)37.5mA(3)8倍 高考冲浪 A根据电客器的定义式C-号可知c-是-名，结合图像可 知，图像的斛率为名，则1~2s内的电流l2与3~58内的电流 135关系为12=2135，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆 定律I=是可知R两瑞电压大小关系满足U阳2=2UR5,由于电 流方向不同，所以电压方向不同.故选A. 假期作业七 技能提升台技能提升 1.C2.A 3.D把电流表改装成大量程电流表要并联电阻分流，所以R1= 1Rg=0.01×120 I-I 0.06-0.01 2=242,改装后电流表内阻为R并= 0.01X1200=200,改装成电压表需要串联分压电阻，串联电 0.06 阻阻值为R2=。156Q-R并=2500-200=230Q,故选D 4.CD