2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練25 帶電粒子在電場中運動的綜合問題 新人教版.doc
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分層規(guī)范快練(二十五) 帶電粒子在電場中運動的綜合問題 [雙基過關(guān)練] 1．如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是( ) A．小球帶負電 B．電場力跟重力平衡 C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．小球在運動過程中機械能守恒 解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從a→b，電場力做負功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯． 答案：B 2．[2019山東日照模擬]圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖象如圖乙所示．質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時間T從兩板間飛出．下列關(guān)于粒子運動的描述錯誤的是( ) A．t＝0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大 B．t＝T時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大 C．無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平 D．無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等 解析：設(shè)U0為正時，粒子的加速度方向為正方向，t＝0時入射的粒子，在豎直方向先正方向勻加速，然后正方向勻減速到0，離開電場時偏離中線的距離最大，選項A正確；而t＝T時入射的粒子，在豎直方向先正方向勻加速，然后勻減速到0，再反向勻加速，反向勻減速到0，離開電場時偏離中線的距離為0，選項B錯誤；因粒子在電場中運動的時間等于電壓變化的周期T，粒子在豎直方向上加速時間和減速時間必定相等，故所有粒子飛出電場時的豎直速度均為零，選項C、D正確；本題要求選擇錯誤選項，故B符合題意． 答案：B 3．(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處(不計電子的重力)，下列說法正確的是( ) A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上 B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．從t＝時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．從t＝時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解析：根據(jù)U－t圖線可得到粒子運動的a－t圖線，易知，從t＝0時刻釋放電子，0～向右加速，～T向右減速，電子一直向右運動，選項A正確，B項錯誤；從t＝時刻釋放電子，如果板間距離比較大，～向右加速，～T向右減速，T～T向左加速，T～T向左減速，如果板間距離較小，～向右加速，～T向右減速，可能已經(jīng)撞到極板上，選項C正確，D錯誤． 答案：AC 4．[2019長春質(zhì)檢](多選)如圖所示，光滑絕緣斜面體ABC處于水平向右的勻強電場中，斜面AB的長度為0.5 m，傾角θ＝37，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)以大小為2 m/s的速度v0沿斜面勻速上滑．g取10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.下列說法中正確的是( ) A．小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能 B．水平勻強電場的電場強度為 C．若電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，則小球運動的加速度大小為3 m/s2 D．若電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則小球運動到B點時的速度為初速度v0的一半 解析：小球由A到B的過程中，電場力做正功，小球的電勢能減小，選項A錯誤；因小球做勻速運動，由平衡條件知qEcosθ＝mgsinθ，所以電場強度E＝，選項B正確；電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍后，則有q2Ecosθ－mgsinθ＝ma，所以a＝gsinθ＝6 m/s2，選項C錯誤；電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话牒?，則有mgsinθ－qcosθ＝ma1，所以a1＝＝3 m/s2，由v－v2＝2a1L，解得v＝1 m/s，選項 D正確． 答案：BD 5．如圖所示，在E＝103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，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，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求： (1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？ (2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？ 解析：(1)設(shè)小滑塊恰能到達Q點時速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝m 小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv 聯(lián)立解得：v0＝7 m/s. (2)設(shè)小滑塊到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv 又在P點時，由牛頓第二定律得FN＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6 N 由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力 FN′＝FN＝0.6 N. 答案：(1)7 m/s (2)0.6 N [技能提升練] 6．[2019河南八市模擬]如圖所示，傾角為α＝30的絕緣斜面AB長度為3l，BC長度為l，斜面上方BC間有沿斜面向上的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小物塊自A端左上方某處以初速度v0＝水平拋出，恰好在A點與斜面相切滑上斜面，沿斜面向下運動，經(jīng)過C點但未能到達B點，在電場力作用下返回，最終恰好靜止在A點，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝，不考慮運動過程中物塊電荷量的變化，重力加速度為g，求： (1)物塊平拋過程中的位移大??； (2)物塊在電場中的電勢能的最大增量． 解析：(1)物塊落到斜面上A點時，速度方向與水平方向夾角為α，設(shè)此時速度為v，則cosα＝，豎直速度vy＝vsinα，平拋過程中，水平位移x＝v0，豎直位移y＝，平拋的位移s＝，解得s＝l. (2)設(shè)物塊沿斜面向下運動的最大位移為x′，自物塊從A點開始向下運動到再次返回A點，根據(jù)動能定理有－2μmgcosαx′＝0－mv2，解得x′＝2l. 物塊位于最低點時，其電勢能的變化量最大，即電勢能的增量最大，物塊自A點到最低點過程中，設(shè)電場力做功為W， 根據(jù)動能定理有mgsinαx′－μmgcosαx′－W＝0－mv2，解得W＝2mgl，即物塊電勢能最大增量為2mgl. 答案：(1)l (2)2mgl 7. 如圖所示，絕緣的光滑水平桌面高為h＝1.25 m、長為s＝2 m，桌面上方有一個水平向左的勻強電場．一個質(zhì)量m＝210－3 kg、帶電荷量q＝＋5.010－8 C的小物體自桌面的左端A點以初速度vA＝6 m/s向右滑行，離開桌子邊緣B后，落在水平地面上C點．已知C點與B點的水平距離x＝1 m，不計空氣阻力，g取10 m/s2. (1)小物體離開桌子邊緣B后經(jīng)過多長時間落地？ (2)勻強電場的電場強度E為多大？ (3)為使小物體離開桌面邊緣B后水平位移加倍，即x′＝2x，某同學(xué)認為應(yīng)使小物體帶電荷量減半，你同意他的想法嗎？試通過計算驗證你的結(jié)論． 解析：(1)設(shè)小物體離開桌子邊緣B點后經(jīng)過時間t落地，則h＝gt2 解得t＝＝0.5 s (2)設(shè)小物體離開桌子邊緣B點時的速度為vB，則vB＝＝2 m/s 根據(jù)動能定理得－qEs＝mv－mv 解得E＝3.2105 N/C (3)不同意． 要使水平射程加倍，必須使B點水平速度加倍，即 v′B＝2vB＝4 m/s 根據(jù)動能定理得 －qEs＝－mv′－mv′ 解得v′A＝4 m/s≠vA 所以說該同學(xué)認為應(yīng)使小物體的帶電荷量減半的想法是錯誤的． 答案：(1)0.5 s (2)3.2105 N/S (3)略 8．如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB＝1 125 V，板中央有小孔O和O′.現(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間．在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長L1＝410－2 m，板間距離d＝410－3 m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2＝0.1 m處有一熒光屏P，當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″并發(fā)出熒光．現(xiàn)給金屬板M、N之間加一個如圖乙所示的變化電壓u1，在電壓變化時，M板電勢低于N板．已知電子質(zhì)量為me＝9.010－31 kg，電量為e＝1.610－19 C．求： (1)每個電子從B板上的小孔O′射出時的速度多大？ (2)電子打在熒光屏上的范圍是多少？ 解析：(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，有eUAB＝mev 得v0＝＝ m/s＝2107 m/s. (2)電子通過極板的時間為t＝＝210－9 s，遠小于電壓變化的周期，故電子通過極板時可認為板間電壓不變． 當u1＝U2＝22.5 V時，電子經(jīng)過M、N極板向下的偏移量最大，為 y1＝2 ＝2 m ＝210－3 m y1下載提示(請認真閱讀)
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