《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做8 帶電粒子在電場中運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做8 帶電粒子在電場中運動（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、大題精做八 帶電粒子在電場中運動 1．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉電場板間距離L＝8 cm，極板長為2L，下極板接地，偏轉電場極板右端到熒光屏的距離也是2L，在兩極板間接有一交變電壓，電壓變化周期T＝4 s，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉電場中央持續(xù)射入，穿過平行板的時間都極短，可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的。 (1)求電子進入偏轉電場時的速度v0 (用電子比荷、加速電壓U0表示)； (2)在電勢變化的每個周期內熒光屏會出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個周期內的“黑屏”時間有多長？

2、 (3)求熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度。 【解析】⑴根據(jù)題意可知，電子進入偏轉電場時的速度即為電子出加速電場時的速度，根據(jù)動能定理有： eU0＝12mv02－0 解得電子進入偏轉電場時的速度為：v0＝2emU0 ⑵電子射出偏轉電場后做勻速直線運動至熒光屏，由圖甲可知，只要電子能射出偏轉電場，即可打到熒光屏上，因此當電子在偏轉電場中側移量大于L/2時，電子將打在偏轉電場的極板上，致使出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，設電子剛好能射出電場時的偏轉電壓為Um，則有： L2＝12?eUmmL?(2Lv0)2 解得：Um＝0.5U0 結合圖乙可知，在偏轉電壓u＝0.8U0～0.5U0之間變化時，進入偏

3、轉電場的電子無法射出偏轉電場打到光屏上，因此每個周期時間內熒光屏出現(xiàn)“黑屏”的時間為 t＝0.8-0.50.8+0.4T＝1s ⑶設電子射出偏轉電場時的側移量為y，打在熒光屏上的位置到O的距離為Y，如圖所示，由圖中幾何關系有： Yy＝L+2LL＝3 當電子向上偏轉時，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y1＝3×L2＝12cm 當電子向下偏轉時，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y2＝3×0.40.5×L2＝9.6cm 所以熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度為：l＝Y1＋Y2＝21.6cm。 2．如圖所示，質量m＝1.0 kg、電荷量q＝4×10－3 C的帶負電小球(可視為質點)用長度l＝0.8 m的不可

4、伸長的絕緣輕質細線懸吊在O點，過O點的豎直線右側有豎直向下足夠大的勻強電場，場強大小E＝5×103N/C?，F(xiàn)將小球拉至A處，此時，細線與豎直方向成θ角?，F(xiàn)由靜止釋放小球，在小球運動過程中細線始終未被拉斷。已知cos θ＝，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求小球第一次運動到最低點時的速度大小。 (2)小球第一次進入電場時做什么運動？小球第一次離開電場時的速度多大？(結果可以保留根號) (3)求小球每次離開電場前瞬間細線對小球的拉力大小。 【解析】(1)小球從A處運動到最低點的過程，由機械能守恒定律得： mgl(1－cos θ)＝mv02 代入數(shù)據(jù)得v0＝2 m/s (2)由

5、于qE－mg＝10 N>m＝5 N，故小球先做類平拋運動，則有： x＝v0t，y＝at2，qE－mg＝ma (y－l)2＋x2＝l2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：t＝0.4 s，x＝y(tǒng)＝0.8 m 即小球恰好處于水平位置時細線張緊，此時，小球的豎直分速度vy＝at＝4 m/s 細線張緊瞬間，小球水平分速度立即變?yōu)榱?，以豎直分速度作為初始速度做圓周運動，則由細線張緊位置到第一次離開電場時，由動能定理得：(qE－mg)l＝mv12－mv y2 代入數(shù)據(jù)得：v1＝4 m/s (3)小球第一次離開電場到運動到最低點過程中，由動能定理得：mg·2l＝mv1′2－mv12 解得：v1′＝8 m/s

6、 由于qE－mg＝10 N

7、一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的質量m＝2.0×10－15kg，電荷量q＝－2.0×10－16C。噴出的初速度v0＝2.0m/s。油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒所受重力和空氣阻力以及微粒之間的相互作用力均可忽略。求： (1)微粒落在B板上的動能； (2)微粒從離開噴槍后到達B板所需的最短時間； (3)微粒最后落在B板上所形成圖形的面積。 【解析】(1)據(jù)動能定理，電場力對每個微粒做功W＝Ekt－Ek0＝qEd 微粒打在B板上時的動能Ekt＝W＋Ek0＝qEd＋mv 代入數(shù)據(jù)解得Ekt＝6.4×10－14J。 (2

8、)微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短，到達B板時速度為vt，由Ekt＝mv 可得vt＝8.0m/s，由于微粒在兩極板間做勻變速運動，即＝。 解得t＝0.06s。 (3)由于噴槍噴出的油漆微粒是沿各個方向的，因此微粒落在B板上所形成的圖形是圓形。噴槍沿垂直電場方向噴出的油漆微粒在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律，油漆微粒沿電場方向運動的加速度a＝ 運動的位移d＝at 油漆微粒沿垂直于電場方向做勻速運動，運動的位移即為落在B板上圓周的半徑R＝v0t1 微粒最后落在B板上所形成的圓面積S＝πR2 聯(lián)立以上各式，得S＝ 代入數(shù)據(jù)解得S＝7.5×10－2m2。 2．如

9、圖所示，直角坐標系xOy的x軸水平，y軸豎直，處于豎直向下、大小為E0的勻強電場中，過O點，傾角為θ＝60°的足夠大斜面固定在坐標系中。質量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點，以某一速度沿x軸正方向射入，經過時間t，在坐標平面內加上另一勻強電場E，再經過時間t，粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達斜面，且到達斜面時速度為零．不計粒子重力，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)P點與x軸的距離； (3)勻強電場E的電場強度大小。 【解析】(1)粒子運動軌跡如圖中虛線所示，第一個時間t內，粒子做類平拋運動 加速度a＝ 加上電場E時，粒子做勻減速直線運動．粒子在豎直方向的速度vy＝at

10、 此時合速度方向垂直于斜面：＝tan θ 可解得粒子的初速度v0＝ (2)第一個時間t內，粒子在豎直方向的位移y1＝at2 水平方向的位移x1＝v0t 在第二個時間t內，粒子在豎直方向的位移也為y1，水平方向的位移x2＝y(tǒng)1tan θ P點到x軸的距離l＝2y1＋(x1＋x2)tan θ 代入數(shù)據(jù)得：l＝ (3)在第二個時間t內，在豎直方向：qEy－qE0＝ma 在水平方向：＝ 所以E＝ 解得：E＝E0 3．在一空間范圍足夠大區(qū)域內可能存在豎直向上的勻強電場，其電場線與坐標xOy平面平行。以坐標原點O為圓心，作半徑為R的圓交坐標軸于A、B兩點，C點為AB圓弧中點位置，如圖

11、所示。在原點O處有帶正電小球，以某一初動能沿x軸正向水平拋出。 (1)空間電場強度為0時，小球以Ek0的初動能從O點平拋，剛好能經過C點位置，求小球經過C點位置時的動能。 (2)空間電場強度不為0時，小球以Ek0的初動能從O點平拋，當小球經過圖中圓周上D點時動能大小為2Ek0，求D點位置坐標（圖中未標出D點）。 (3)空間電場強度不為0時，小球以某一初動能從O點平拋，小球經過圖中圓周上C點時動能大小為2Ek0，若已知帶電小球的質量為m，電量為q，求空間所加勻強電場的場強大?。ㄓ胢、q、g表達）。 【解析】（1）小球從O到C做平拋運動有xc＝22R＝v0t yc＝22R＝12gt22＝

12、12vyt 可得vy＝2v0 則vC＝v02+vy2＝5v0 得EkC＝5Ek0 （2）小球過D點時有 xD＝v0t yD＝12vyt EkD＝2Ek0即12m(v02+vy2)＝2?12mv02 可得vD＝2v0則有vy＝v0代入位移公式得：yD＝12xD 又由幾何關系得xD2+yD2＝R2 解得xD＝255R，yD＝55R （3）在（1）問中由22R＝v0t和22R＝12gt22 可得v02＝224gR 空間有電場時小球過C點有： xc＝v′0t yc＝12at22 其中a＝mg-Eqm，xc＝y(tǒng)c＝22R v′y＝2v′0 EkC＝2Ek0即12m(v

13、'02+v?y2)＝2?12mv02 可得v'0＝12v0 代入位移公式得：a＝42v025R＝2g5 代入加速度公式得E＝3mg5q 4．在足夠大的豎直勻強電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個小球A和B，質量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2.5q的B球在A球正下方，相距為L。由靜止釋放B球，B球沿著直線運動并與A球發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉移，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求： (1)勻強電場的電場強度大小E； (2)第一次碰撞后，A、B兩球的速

14、度大小vA、vB； (3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時間間隔會相等嗎?如果相等，請計算該時間間隔T；如果不相等，請說明理由。 【解析】（1）由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止，則 qE＝mg 可得勻強電場的電場強度大小E＝mgq （2）由靜止釋放B球，B球將在重力和電場力的作用下向上運動，設與A球碰撞前瞬間速度為v1 由動能定理（2.5qE-mg）L＝12m v12 解得v1＝3gL A、B兩球碰撞時間很短，且無動能損失，由動量守恒和動能守恒 m v1＝mvA+ m vB 12m v12＝12mvA2 +12m vB2 聯(lián)立解得vA＝0，

15、vB＝ v1＝3gL （3）設B球在復合場中運動的加速度為a，A、B兩球第一次碰撞后，A球開始向上以速度v1做勻速直線運動，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運動，設到第二次碰撞前的時間間隔是t1 根據(jù)位移關系v1 t1＝12a t12 解得t1＝2v1a 碰撞過程滿足動量守恒且無動能損失，故每次碰撞之后兩球都交換速度，第二次碰撞后，A球向上做勻速直線運動，速度為at1＝2v1 B球向上做初速度為v1的勻加速直線運動，設到第三次碰撞前的時間間隔是t2 由位移關系2v1 t2＝ v1 t2+12a t22 解得t2＝2v1a＝ t1 以此類推，每次碰撞時間間隔相等，該時

16、間間隔為T＝2v1a 根據(jù)牛頓第二定律2.5qE-mg＝ma ,a＝1.5g T＝4L3g 5．如圖所示，在豎直平面內存在直角坐標系xOy，第二象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E1，在第一象限內存在水平向右的勻強電場，電場強度為E2＝0.375N/C，在第一象限內，y＝4m處有水平絕緣平臺PA，右端與半徑為R＝0.4m的光滑絕緣豎直半圓弧軌道ACD平滑連接，相切于A點，D為其最高點。一質量為m1＝2g、帶正電q＝0.1C的可視為質點的小球從x軸上某點Q以與x軸負半軸成60°、大小v0＝10m/s的速度射入第二象限，恰好做勻速直線運動?，F(xiàn)在第二象限內小球運動的某段路徑上加上垂

17、直于紙面向外的圓形邊界的勻強磁場，磁感應強度B＝0.2T，小球經過磁場區(qū)域后恰好水平向右運動，垂直于y軸從點P（0，4m）進入第一象限，恰好與靜止放置在P點且可視為質點、質量m2＝3g、不帶電的絕緣小物塊碰撞并粘合在一起沿PA方向運動，設碰撞過程中帶電量不變，粘合體命名為小物塊S。已知小物塊S與平臺的動摩擦因數(shù)μ＝0.35，平臺PA的長度L＝1.0m，重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力。求：(結果可用根號表示) (1)電場強度E1的大??； (2)小球在磁場中運動的半徑r的大小和圓形磁場區(qū)域的最小面積； (3)小物塊S在圓弧軌道上的最大

18、速度；小物塊S能否達到D點，若不能，請說明理由，若能，請求出小物塊S落到平臺PA上的位置與A點的距離。 【解析】(1) 小球m1在第二象限做勻速直線運動，由平衡條件有 可得電場強度E1的大小 (2) 如圖所示，在圓形磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有 可得磁場中運動的半徑 小球m1從G點進入磁場，從H點射出磁場， 其弦長GH為最小磁場圓的直徑， 由幾何知識有其圓心角θ＝120o 磁場圓的最小半徑 最小面積； (3) 小球m1和小物塊m2在P處碰撞，由動量守恒定律有 可得碰撞后小物塊S的速度 小物塊S在圓弧軌道上受電場力和重力作用的合力方向與豎直方向的夾角設為α， ，解得 過圓心作合力的平行線交圓周下方為M點，如圖， 小物塊S在M點有最大速度。 小物塊S由P到M，由動能定理有 可得小物塊S運動過程中的最大速度： 假設小物塊S能夠通過圓弧到達D點，從P到D，由動能定理有 可得小物塊S在D的速度： 在D點有 可得在D點的軌道的支持力，故假設成立，小物塊S能到達D點。 小物塊S從D點水平拋出，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速直線運動， 可得落點距A的距離。 8