《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（四十五）帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動的綜合問題（題型研究課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（四十五）帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動的綜合問題（題型研究課）（含解析）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（四十五）帶電粒子（體）在電場中運(yùn)動的綜合問題（題型研究課）（含解析） 1.(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)某靜電場中x軸上電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向運(yùn)動，結(jié)果粒子剛好靜止于x＝3x0處。假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則(　　) A．粒子一定帶負(fù)電 B．粒子的初動能大小為qE0x0 C．粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中電勢能先增大后減小 D．粒子沿x軸正方向運(yùn)動過程中最大動能為2qE0x0 解析：選BD　如果粒子帶負(fù)電，粒子沿x軸正方向一定先做

2、減速運(yùn)動后做加速運(yùn)動，因此粒子在x＝3x0處的速度不可能為零，故粒子一定帶正電，A錯誤；結(jié)合題圖，根據(jù)動能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正確；粒子沿x軸正方向運(yùn)動的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，C錯誤；粒子運(yùn)動到x0處動能最大，根據(jù)動能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確。 2．如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經(jīng)過機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負(fù)電的塵埃(不計(jì)重力)，僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點(diǎn)是軌跡與電場線的交點(diǎn)。若不考慮塵埃在遷移過程中

3、的相互作用和電荷量變化，以下說法正確的是(　　) A．A點(diǎn)電勢高于B點(diǎn)電勢 B．塵埃在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度 C．塵埃在遷移過程中做勻變速運(yùn)動 D．塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大 解析：選B　沿電場線方向電勢降低，由題圖可知，B點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)的電勢，A錯誤；A點(diǎn)電場線比B點(diǎn)密集，因此A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)，故塵埃在A點(diǎn)受到的電場力大于在B點(diǎn)受到的電場力，則塵埃在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度，B正確；放電極與集塵極間為非勻強(qiáng)電場，塵埃所受的電場力是變化的，故塵埃不可能做勻變速運(yùn)動，C錯誤；塵埃進(jìn)入靜電除塵區(qū)時(shí)，速度方向與電場力方向的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增

4、大；后來變?yōu)殇J角，電場力做正功，電勢能減小，D錯誤。 3.如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，一根不可伸長的絕緣細(xì)線長度為l，細(xì)線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)。把小球拉到使細(xì)線水平的A點(diǎn)，由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動到細(xì)線與水平方向成θ＝60°角的B點(diǎn)時(shí)速度為零。以下說法中正確的是(　　) A．小球在B點(diǎn)處于平衡狀態(tài) B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是 qE＝mg C．小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運(yùn)動，且幅度將逐漸減小 D．小球從A運(yùn)動到B的過程中，電場力對其做的功為－qEl 解析：選D　根據(jù)動能定理得：mglsin θ－qEl(1－c

5、os θ)＝0，解得：qE＝mg，故B錯誤；tan α＝＝，解得：α＝30°<θ，在B點(diǎn)電場力與重力的合力和細(xì)線拉力不共線，所以小球在B點(diǎn)不是處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；類比單擺，小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運(yùn)動，能量守恒，幅度不變，故C錯誤；小球從A運(yùn)動到B的過程中電場力做功：W＝－qEl(1－cos θ)＝－qEl，故D正確。 4．(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)如圖所示，一絕緣細(xì)線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計(jì))，地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB，圓心與小球a位置重合。一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球b由A點(diǎn)靜止釋放，小球a由于受到絕緣細(xì)線的拉力而靜止，其中細(xì)線O′a水平，細(xì)線Oa與豎直方

6、向的夾角為θ。當(dāng)小球b沿圓弧管道運(yùn)動到小球a正下方B點(diǎn)時(shí)，對管道壁恰好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點(diǎn)電荷)(　　) A．小球b所受的庫侖力大小為3mg B．小球b的機(jī)械能逐漸減小 C．細(xì)線O′a的拉力先增大后減小 D．細(xì)線Oa的拉力先增大后減小 解析：選AC　庫侖力對小球b不做功，故小球b的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可得mvB2＝mgR，則小球b運(yùn)動到B點(diǎn)的速度vB＝；小球b對管道無壓力，則F－mg＝m，解得F＝3mg，A正確，B錯誤；設(shè)小球b在某位置時(shí)和小球a位置連線與豎直方向的夾角為α，細(xì)線Oa的拉力為FT1，細(xì)線O′a的拉力為FT2，則對小球a，可得FT2＝FT1s

7、in θ＋Fsin α，F(xiàn)T1cos θ＝Fcos α，當(dāng)小球b從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動時(shí)，α一直減小，可知FT1一直增大，D錯誤；FT2＝Fcos αtan θ＋Fsin α＝sin(θ＋α)，則當(dāng)小球b從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動時(shí)，α從90°減小到0，F(xiàn)T2先增大后減小，C正確。 5．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2t，如圖乙所示。在t＝0時(shí)，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場力作用由靜止開始運(yùn)動，不考慮重力作用，若k＝，為使電子在0～2t時(shí)間

8、內(nèi)不能到達(dá)極板A。求d應(yīng)滿足的條件。 解析：電子在0～t時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1t2 電子在t～2t時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向做勻加速運(yùn)動 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1t 勻減速運(yùn)動階段的位移x2＝ 依據(jù)題意d>x1＋x2 解得d> 。 答案：d> 6.(2019·吉安模擬)如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)，將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角α＝60°時(shí)，小球速度為零。 (1)求小球的帶電性質(zhì)和電場強(qiáng)度E的大小；

9、(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)的初速度vA的大小(可含根式)。 解析：(1)根據(jù)電場方向和小球運(yùn)動情況分析，可知小球帶正電， 小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動能定理有 EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0 解得E＝。 (2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝＝mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方， 若小球恰能完成豎直圓周運(yùn)動，在等效最高點(diǎn)有 mg＝m －mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2 解得vA＝。 答案：(1)正電　　(2) 7.如圖所示，在E＝103 V/m的豎直向上的勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓

10、形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為圓弧QN的中點(diǎn)。一帶負(fù)電的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，電荷量大小q＝10－4 C，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)x＝1.5 m的M處，g取10 m/s2。求： (1)要使小滑塊恰能運(yùn)動到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q，小滑塊向左運(yùn)動的初速度v0的大??； (2)在滿足(1)中條件的情況下，初速度為v0的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小。 解析：(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝m 小滑塊從開始運(yùn)動至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動能定

11、理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02 解得v0＝7 m/s。 (2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開始運(yùn)動至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN＝m 解得FN＝0.6 N 由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力FN′＝FN＝0.6 N。 答案：(1)7 m/s　(2)0.6 N 8.如圖所示，板長L＝10 cm、板間距離d＝10 cm的平行板電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強(qiáng)電場。某時(shí)刻一質(zhì)量為m＝3.6×10－4 kg

12、、帶電荷量為q＝9×10－4 C的小球由O點(diǎn)靜止釋放，沿直線OA從電容器極板間的中線水平進(jìn)入，最后剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x＝45 cm(g取10 m/s2)。求： (1)電容器外左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大?。? (2)小球剛進(jìn)入電容器時(shí)的速度v的大??； (3)電容器極板間的電壓U。 解析：(1)由于小球在電容器外左側(cè)的勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動，因此小球所受合力沿水平方向，則：Eq＝ 解得E＝ N/C。 (2)從O點(diǎn)到A點(diǎn)，由動能定理得： qExcos 60°＝mv2－0 解得：v＝3 m/s。 (3)小球在電容器中做類平拋運(yùn)動， 水平方向：L＝vt 豎直方

13、向：＝at2 a＝－g 解得U＝4 V。 答案：(1) N/C　(2)3 m/s　(3)4 V 9．如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向值為，且每隔變向1次?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子束從A、B左端的中點(diǎn)O沿平行于金屬板的方向OO′射入，設(shè)粒子能全部打在靶上，且所有粒子在A、B間的飛行時(shí)間均為T。不計(jì)重力的影響，求： (1)定性分析在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)進(jìn)入的粒子，在垂直于金屬板方向上的運(yùn)動情況； (2)在距靶MN的中心O′點(diǎn)多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中； (

14、3)要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應(yīng)滿足什么條件(寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可)。 解析：(1)在0～時(shí)間內(nèi)，粒子受到向下的電場力而向下做勻加速運(yùn)動，在～T時(shí)間內(nèi)，粒子受到向上的電場力而向下做勻減速運(yùn)動。 (2)當(dāng)粒子在0，T,2T，…，nT(n＝0,1,2，…)時(shí)刻進(jìn)入電場中時(shí)，粒子將打在O′點(diǎn)下方最遠(yuǎn)點(diǎn)，在前時(shí)間內(nèi)，粒子豎直向下的位移： y1＝a12＝××2＝ 在后時(shí)間內(nèi)，粒子豎直向下的位移： y2＝v·－a22 其中：v＝a1·＝，a2＝ 解得：y2＝ 故粒子打在距O′點(diǎn)正下方的最大位移： y＝y(tǒng)1＋y2＝ 當(dāng)粒子在，，…，(n＝0,1,2，…)時(shí)刻進(jìn)入電場時(shí)，將打在O′點(diǎn)上方最遠(yuǎn)點(diǎn)，在前時(shí)間內(nèi)，粒子豎直向上的位移： y1′＝a1′2＝××2＝ 在后時(shí)間內(nèi)，粒子豎直向上的位移： y2′＝v′·－a2′2 其中：v′＝a1′·＝，a2′＝ 解得：y2′＝0 故粒子打在距O′點(diǎn)正上方的最大位移： y′＝y(tǒng)1′＋y2′＝ 擊中的范圍在O′點(diǎn)以下到O′點(diǎn)以上。 (3)要使粒子能全部打在靶上，需有： < 解得：U0<。 答案：(1)見解析　(2)O′點(diǎn)以下到O′點(diǎn)以上 (3)U0<