《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(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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(yùn)動(dòng)（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、大題精做八 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng) 1．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場板間距離L＝8 cm，極板長為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)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(shí)間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場中央持續(xù)射入，穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的。 (1)求電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)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(gè)周期內(nèi)熒光屏?xí)霈F(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個(gè)周期內(nèi)的“黑屏”時(shí)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(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度即為電子出加速電場時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理有： eU0＝12mv02－0 解得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度為：v0＝2emU0 ⑵電子射出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至熒光屏，由圖甲可知，只要電子能射出偏轉(zhuǎn)電場，即可打到熒光屏上，因此當(dāng)電子在偏轉(zhuǎn)電場中側(cè)移量大于L/2時(shí)，電子將打在偏轉(zhuǎn)電場的極板上，致使出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，設(shè)電子剛好能射出電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓為Um，則有： L2＝12?eUmmL?(2Lv0)2 解得：Um＝0.5U0 結(jié)合圖乙可知，在偏轉(zhuǎn)電壓u＝0.8U0～0.5U0之間變化時(shí)，進(jìn)入偏

3、轉(zhuǎn)電場的電子無法射出偏轉(zhuǎn)電場打到光屏上，因此每個(gè)周期時(shí)間內(nèi)熒光屏出現(xiàn)“黑屏”的時(shí)間為 t＝0.8-0.50.8+0.4T＝1s ⑶設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的側(cè)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(guān)系有： Yy＝L+2LL＝3 當(dāng)電子向上偏轉(zhuǎn)時(shí)，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y1＝3×L2＝12cm 當(dāng)電子向下偏轉(zhuǎn)時(shí)，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＝Y(jié)1＋Y2＝21.6cm。 2．如圖所示，質(zhì)量m＝1.0 kg、電荷量q＝4×10－3 C的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長度l＝0.8 m的不可

4、伸長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸吊在O點(diǎn)，過O點(diǎn)的豎直線右側(cè)有豎直向下足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝5×103N/C。現(xiàn)將小球拉至A處，此時(shí)，細(xì)線與豎直方向成θ角?，F(xiàn)由靜止釋放小球，在小球運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小。 (2)小球第一次進(jìn)入電場時(shí)做什么運(yùn)動(dòng)？小球第一次離開電場時(shí)的速度多大？(結(jié)果可以保留根號(hào)) (3)求小球每次離開電場前瞬間細(xì)線對(duì)小球的拉力大小。 【解析】(1)小球從A處運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，由機(jī)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(yùn)動(dòng)，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(shí)細(xì)線張緊，此時(shí)，小球的豎直分速度vy＝at＝4 m/s 細(xì)線張緊瞬間，小球水平分速度立即變?yōu)榱悖载Q直分速度作為初始速度做圓周運(yùn)動(dòng)，則由細(xì)線張緊位置到第一次離開電場時(shí)，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)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(gè)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(gè)方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的質(zhì)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(dòng)能； (2)微粒從離開噴槍后到達(dá)B板所需的最短時(shí)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(dòng)能定理，電場力對(duì)每個(gè)微粒做功W＝Ekt－Ek0＝qEd 微粒打在B板上時(shí)的動(dòng)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(shí)，到達(dá)B板時(shí)間最短，到達(dá)B板時(shí)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(yùn)動(dòng)，即＝。 解得t＝0.06s。 (3)由于噴槍噴出的油漆微粒是沿各個(gè)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，油漆微粒沿電場方向運(yùn)動(dòng)的加速度a＝ 運(yùn)動(dòng)的位移d＝at 油漆微粒沿垂直于電場方向做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(biāo)系xOy的x軸水平，y軸豎直，處于豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場中，過O點(diǎn)，傾角為θ＝60°的足夠大斜面固定在坐標(biāo)系中。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點(diǎn)，以某一速度沿x軸正方向射入，經(jīng)過時(shí)間t，在坐標(biāo)平面內(nèi)加上另一勻強(qiáng)電場E，再經(jīng)過時(shí)間t，粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達(dá)斜面，且到達(dá)斜面時(shí)速度為零．不計(jì)粒子重力，求： (1)粒子的初速度大?。? (2)P點(diǎn)與x軸的距離； (3)勻強(qiáng)電場E的電場強(qiáng)度大小。 【解析】(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，第一個(gè)時(shí)間t內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng) 加速度a＝ 加上電場E時(shí)，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．粒子在豎直方向的速度vy＝at

10、 此時(shí)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(gè)時(shí)間t內(nèi)，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(gè)時(shí)間t內(nèi)，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(diǎn)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(gè)時(shí)間t內(nèi)，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(nèi)可能存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，其電場線與坐標(biāo)xOy平面平行。以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，作半徑為R的圓交坐標(biāo)軸于A、B兩點(diǎn)，C點(diǎn)為AB圓弧中點(diǎn)位置，如圖

11、所示。在原點(diǎn)O處有帶正電小球，以某一初動(dòng)能沿x軸正向水平拋出。 (1)空間電場強(qiáng)度為0時(shí)，小球以Ek0的初動(dòng)能從O點(diǎn)平拋，剛好能經(jīng)過C點(diǎn)位置，求小球經(jīng)過C點(diǎn)位置時(shí)的動(dòng)能。 (2)空間電場強(qiáng)度不為0時(shí)，小球以Ek0的初動(dòng)能從O點(diǎn)平拋，當(dāng)小球經(jīng)過圖中圓周上D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大小為2Ek0，求D點(diǎn)位置坐標(biāo)（圖中未標(biāo)出D點(diǎn)）。 (3)空間電場強(qiáng)度不為0時(shí)，小球以某一初動(dòng)能從O點(diǎn)平拋，小球經(jīng)過圖中圓周上C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大小為2Ek0，若已知帶電小球的質(zhì)量為m，電量為q，求空間所加勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。ㄓ胢、q、g表達(dá)）。 【解析】（1）小球從O到C做平拋運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)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(guān)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(shí)小球過C點(diǎn)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(qiáng)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(gè)小球A和B，質(zhì)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(yùn)動(dòng)并與A球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞中A、B兩球的總動(dòng)能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)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(shí)間間隔會(huì)相等嗎?如果相等，請(qǐng)計(jì)算該時(shí)間間隔T；如果不相等，請(qǐng)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝mgq （2）由靜止釋放B球，B球?qū)⒃谥亓碗妶隽Φ淖饔孟孪蛏线\(yùn)動(dòng)，設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1 由動(dòng)能定理（2.5qE-mg）L＝12m v12 解得v1＝3gL A、B兩球碰撞時(shí)間很短，且無動(dòng)能損失，由動(dòng)量守恒和動(dòng)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(shè)B球在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到第二次碰撞前的時(shí)間間隔是t1 根據(jù)位移關(guān)系v1 t1＝12a t12 解得t1＝2v1a 碰撞過程滿足動(dòng)量守恒且無動(dòng)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(yùn)動(dòng)，速度為at1＝2v1 B球向上做初速度為v1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到第三次碰撞前的時(shí)間間隔是t2 由位移關(guān)系2v1 t2＝ v1 t2+12a t22 解得t2＝2v1a＝ t1 以此類推，每次碰撞時(shí)間間隔相等，該時(shí)

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(nèi)存在直角坐標(biāo)系xOy，第二象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E1，在第一象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E2＝0.375N/C，在第一象限內(nèi)，y＝4m處有水平絕緣平臺(tái)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(diǎn)，D為其最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m1＝2g、帶正電q＝0.1C的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從x軸上某點(diǎn)Q以與x軸負(fù)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(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)在第二象限內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)的某段路徑上加上垂

17、直于紙面向外的圓形邊界的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，小球經(jīng)過磁場區(qū)域后恰好水平向右運(yùn)動(dòng)，垂直于y軸從點(diǎn)P（0，4m）進(jìn)入第一象限，恰好與靜止放置在P點(diǎn)且可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)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(yùn)動(dòng)，設(shè)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(tái)的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35，平臺(tái)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(jì)空氣阻力。求：(結(jié)果可用根號(hào)表示) (1)電場強(qiáng)度E1的大?。? (2)小球在磁場中運(yùn)動(dòng)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(dá)到D點(diǎn)，若不能，請(qǐng)說明理由，若能，請(qǐng)求出小物塊S落到平臺(tái)PA上的位置與A點(diǎn)的距離。 【解析】(1) 小球m1在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有 可得電場強(qiáng)度E1的大小 (2) 如圖所示，在圓形磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有 可得磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑 小球m1從G點(diǎn)進(jìn)入磁場，從H點(diǎn)射出磁場， 其弦長GH為最小磁場圓的直徑， 由幾何知識(shí)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(dòng)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(shè)為α， ，解得 過圓心作合力的平行線交圓周下方為M點(diǎn)，如圖， 小物塊S在M點(diǎn)有最大速度。 小物塊S由P到M，由動(dòng)能定理有 可得小物塊S運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度： 假設(shè)小物塊S能夠通過圓弧到達(dá)D點(diǎn)，從P到D，由動(dòng)能定理有 可得小物塊S在D的速度： 在D點(diǎn)有 可得在D點(diǎn)的軌道的支持力，故假設(shè)成立，小物塊S能到達(dá)D點(diǎn)。 小物塊S從D點(diǎn)水平拋出，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)， 可得落點(diǎn)距A的距離。 8