高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練25 帶電粒子在電場中的綜合問題（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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1、考點規(guī)范練25　帶電粒子在電場中的綜合問題 一、單項選擇題 1.(2019·河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖所示,在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力),當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時,電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰),下列說法正確的是(　　) 圖1 圖2 A.電壓是甲圖時,在0~T時間內(nèi),電子的電勢能一直減少 B.電壓是乙圖時,在0~T2時間內(nèi),電子的電勢能先增加后減少 C.電壓是丙圖時,電子在板間做往復(fù)運動 D.電壓是丁圖時,電子在板間做往復(fù)運動 答案:D 解析:若電壓是題圖甲,0~T時間內(nèi),電場力先向左后向右,則電子先向左做勻加速直線運動,

2、后做勻減速直線運動,即電場力先做正功后做負功,電勢能先減少后增加,故A錯誤;電壓是題圖乙時,在0~T2時間內(nèi),電子向右先加速后減速,即電場力先做正功后做負功,電勢能先減少后增加,故B錯誤;電壓是題圖丙時,電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動,過了T2后做加速度先增大后減小的減速運動,到T時速度減為0,之后重復(fù)前面的運動,故電子一直朝同一方向運動,故C錯誤;電壓是題圖丁時,電子先向左加速,到T4后向左減速,T2后向右加速,34T后向右減速,T時速度減為零,之后重復(fù)前面的運動,故電子做往復(fù)運動,故D正確。 2.(2018·遼寧三校高三第三次調(diào)研考試)如圖所示,矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面

3、的勻強電場,一質(zhì)量為m=2.0×10-11 kg、電荷量為q=1.0×10-5 C的帶正電粒子(重力不計)從a點以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ進入電場,最終從MN邊界的b點以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出,射出電場時的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a點電勢為零,如果以a點為坐標原點O,沿PQ方向建立x軸,則粒子從a點運動到b點的過程中,電場的電場強度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是(　　) 答案:D 解析:因為規(guī)定a點電勢為零,粒子進入電場后做類平拋運動,根據(jù)電場力做功與電勢能的變化的關(guān)

4、系,有qEx=ΔEp=0-Ep,故Ep=-qEx,故選項D正確;因為勻強電場中的電場強度處處相等,故選項A錯誤;因為粒子離開電場時的速度v2=v1sin30°=2v1,電場的方向水平向右,沿電場線的方向電勢降低,故選項B錯誤;粒子在電場中運動的過程,由動能定理可知,qEx=12mv2-12mv12,所以v與x不是線性關(guān)系,選項C錯誤。 3.(2019·安徽蚌埠市一質(zhì)檢)圖甲為一對長度為l的平行金屬板,在兩板之間加上如圖乙所示的電壓。現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出。若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大

5、偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是(　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 答案:C 解析:設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時,粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a。若粒子在t=nT(n=0,1,2,…)時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大,ymax=12aT22+a·T2·T2=38aT2 若粒子在t=nT+T2(n=0,1,2,…)時刻進入偏轉(zhuǎn)電場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小,ymin=0+12aT22=18aT2 則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1,故C項正確。 4.如圖甲所示,光

6、滑絕緣水平面上有M、N兩個點電荷。t=0時,M靜止,N以初速度6 m/s向甲運動。此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的v-t圖像分別如圖乙中M、N兩曲線所示。則由圖線可知(　　) A.兩電荷的電性一定相反 B.t2時刻兩電荷的電勢能最大 C.0~t2時間內(nèi),兩電荷的靜電力先增大后減小 D.0~t3時間內(nèi),M的動能一直增大,N的動能一直減小 答案:C 解析:由題圖乙可知,兩個小球間產(chǎn)生的是排斥力,因為剛開始N做減速運動,M做初速度為0的加速運動,則兩個電荷的電性一定相同,選項A錯誤;在t1時刻,兩個小球共速,兩小球間的距離最小,故在間距

7、減小的過程中,靜電力對整體做負功,以后小球的距離逐漸增大,靜電力就做正功了,故兩球間距最小時的電勢能最大,選項B錯誤;在0~t2時間內(nèi),兩電荷的間距先減小后增大,故它們間的靜電力先增大后減小,選項C正確;0~t3時間內(nèi),M的速度一直增大,故它的動能一直增大,而N的速度先減小后增大,故它的動能也是先減小后增大,選項D錯誤。 二、多項選擇題 5.在地面附近,存在一有界電場,邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場,在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度處由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小球運動的v-t圖像如圖乙所示,不計空氣阻力,則(　　) A.小球受到的重力

8、與電場力大小之比為3∶5 B.在t=5 s時,小球經(jīng)過邊界MN C.在小球向下運動的整個過程中,重力做的功大于電場力做的功 D.在1~4 s過程中,小球的機械能先減少后增加 答案:AD 解析:小球進入電場前做自由落體運動,進入電場后受到重力和電場力作用而做減速運動,由題圖乙可以看出,小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t1=1s和t2=4s,故選項B錯誤;由v-t圖像的斜率等于加速度得,小球進入電場前的加速度大小a1=g=v1t1=v1,進入電場后的加速度大小a2=2v14-1=2v13,由牛頓第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得電場力F=mg+ma2=53mg,則重力mg與電場力F大小

9、之比為3∶5,選項A正確;小球向下運動的整個過程中,動能的變化量為零,根據(jù)動能定理,整個過程中重力做的功與電場力做的功大小相等,故選項C錯誤;整個過程中,由題圖可得,小球在0~2.5s內(nèi)向下運動,在2.5~5s內(nèi)向上運動,在1~4s過程中,電場力先做負功后做正功,所以小球的機械能先減少后增加,故選項D正確。 6.如圖甲所示,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~T3時間內(nèi)微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0~T時間內(nèi)運動的描述,正確的是(

10、　　) A.末速度大小為2v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了12mgd D.克服電場力做功為mgd 答案:BC 解析:0~T3時間內(nèi)微粒勻速運動,有mg=qE0。把微粒的運動分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運動;豎直方向:T3~2T3時間內(nèi),只受重力,做自由落體運動,2T3時刻,v1y=gT3,2T3~T時間內(nèi),a=2qE0-mgm=g,做勻減速直線運動,T時刻,v2y=v1y-a·T3=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,選項A錯誤,B正確。重力勢能的減少量ΔEp=mg·d2=12mgd,所以選項C正確。根據(jù)動能定理:12mgd-W克電=0,得W克電=12m

11、gd,所以選項D錯誤。 7.(2019·山西孝義市第一次模擬)如圖所示,ABCD為豎直放置的光滑絕緣細管道,其中AB部分是半徑為R的圓弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,兩部分管道恰好相切于B點。水平面內(nèi)的M、N、B三點連線構(gòu)成邊長為l的等邊三角形,M、N連線過C點且垂直于BCD。兩個帶等量異種電荷的點電荷分別固定在M、N兩點,電荷量分別為+Q和-Q?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球(小球直徑略小于管道內(nèi)徑,小球可視為點電荷),由管道的A處靜止釋放,已知靜電力常量為k,重力加速度為g,則(　　) A.小球運動到B點時受到的電場力小于運動到C點時受到的電場力 B.小球在B點時的電勢能

12、小于在C點時的電勢能 C.小球在A點時的電勢能等于在C點時的電勢能 D.小球運動到C點時的速度為gR 答案:AC 解析:根據(jù)等量異種點電荷的電場特征,B點電場強度小于C點,小球在B點時受到的電場力小于運動到C點時受到的電場力,故A項正確。根據(jù)等量異種點電荷的電場特征可知A、B、C三點處于同一個等勢面上,所以三點的電勢相等,小球在三點處的電勢能是相等的,故B項錯誤,C項正確。從A點到C點的運動過程只有重力對小球做功,由動能定理可得mgR=12mvC2,所以小球在C點時速度為2gR,故D項錯誤。 三、非選擇題 8.如圖甲所示,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一個質(zhì)量為m=0.2 kg,

13、電荷量為q=2.0×10-6 C的小物塊處于靜止狀態(tài),小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。從t=0時刻開始,空間加上一個如圖乙所示的電場強度大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向,g取10 m/s2),求: (1)23 s內(nèi)小物塊的位移大小; (2)23 s內(nèi)電場力對小物塊所做的功。 答案:(1)47 m　(2)9.8 J 解析:(1)0~2s內(nèi)小物塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得E1q-μmg=ma1,即a1=E1q-μmgm=2m/s2, 位移x1=12a1t12=4m 2s末的速度為v2=a1t1=4m/s 2~4s內(nèi)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律

14、得E2q-μmg=ma2 即a2=E2q-μmgm=-2m/s2 位移的大小x2=x1=4m,4s末小物塊的速度為v4=0 因此小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運動 第22s末的速度為v22=4m/s,第23s末的速度v23=v22+a2t=2m/s(t=23s-22s=1s) 所求位移為x=222x1+v22+v232t=47m。 (2)23s內(nèi),設(shè)電場力對小物塊所做的功為W,由動能定理得W-μmgx=12mv232 解得W=9.8J。 9.如圖所示,ABC為光滑的固定在豎直面內(nèi)的半圓形軌道,軌道半徑為R=0.4 m,A、B為半圓軌道水平直徑的兩個端點,O為圓心。在水平線M

15、N以下和豎直線OQ以左的空間內(nèi)存在豎直向下的勻強電場,電場強度E=1.0×106 N/C。現(xiàn)有一個質(zhì)量m=2.0×10-2 kg,電荷量q=2.0×10-7 C的帶正電小球(可看作質(zhì)點),從A點正上方由靜止釋放,經(jīng)時間t=0.3 s到達A點并沿切線進入半圓軌道,g取10 m/s2,不計空氣阻力及一切能量損失,求: (1)小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力大小; (2)小球經(jīng)過B點后能上升的最大高度。 答案:(1)1.65 N (2)0.85 m 解析:(1)由題意可知,小球進入電場前做自由落體運動,設(shè)下落的高度為h,到達C的速度為vC,由題意可得h=12gt2=0.45m① 小球進入軌

16、道后做圓周運動,從A點運動到C點過程由動能定理可得mg(h+R)+EqR=12mvC2② 可得vC=5m/s③ 設(shè)到達C時軌道對小球的支持力為FN,由牛頓第二定律可得FN-mg-Eq=mvC2R④ 由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕N'=FN=1.65N。⑤ (2)設(shè)小球經(jīng)過B點后上升的最大高度為h',由機械能守恒定律可得12mvC2=mg(R+h')⑥ 代入數(shù)據(jù)可得h'=0.85m。⑦ 10.(2018·河北衡水二模)如圖甲所示,兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板,板距為d,大量電子(質(zhì)量為m,電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點O沿與極板平行的OO'方向射入兩板之間,當兩板不帶電時,這些

17、電子通過兩板之間的時間為3t0,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時,所有的電子均能從兩板間通過(不計重力)。求這些電子穿過平行板時距OO'的最大距離和最小距離。 答案:3U0et02md　3U0et022md 解析:以電場力的方向為正方向,畫出電子在t=0、t=t0時刻進入電場后,沿電場力方向的速度vy隨時間變化的vy-t圖像如圖丙和圖丁所示。 電場強度E=U0d 電子的加速度a=Eem=U0edm 由圖丙中vy1=at0=U0et0dm vy2=a×2t0=2U0et0dm 由圖丙可得電子的最大側(cè)移,即穿過平行板時距OO'的最大距離 y

18、max=vy12t0+vy1t0+vy1+vy22t0=3U0et02md 由圖丁可得電子的最小側(cè)移,即穿過平行板時距OO'的最小距離 ymin=vy12t0+vy1t0=3U0et022md。 11.(2019·名師原創(chuàng)預(yù)測)如圖所示,在光滑的水平桌面上,水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點,整個軌道位于水平桌面內(nèi),圓心角∠BOC=37°,線段OC垂直于OD,圓弧軌道半徑為R,直線軌道AB長為l=5R。整個軌道處于電場強度為E的勻強電場中,電場強度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小物塊P從A點無初速度釋放,小物

19、塊P與AB之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略空氣阻力。求: (1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小FNC1; (2)小物塊第一次通過D點后離開D點的最大距離; (3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程。 答案:(1)5.4qE　(2)65R　(3)15R 解析:(1)設(shè)小物塊第一次到達C點時的速度大小為vC1,根據(jù)動能定理有 qE[lsin37°+R(1-cos37°)]-μqElcos37°=12mvC12-0 解得vC1=22qER5m 在C點根據(jù)向心力公式得FNC1'-qE=mvC12R 解得FNC1'=5.4

20、qE。 根據(jù)牛頓第三定律得FNC1=5.4qE。 (2)設(shè)小物塊第一次到達D點時的速度大小為vD1,根據(jù)動能定理有 qE(lsin37°-Rcos37°)-μqElcos37°=12mvD12-0 解得vD1=12qER5m 小物塊第一次到達D點后先以速度vD1沿電場方向做勻減速直線運動,設(shè)運動的最大距離為xm,根據(jù)動能定理得-qExm=0-12mvD12 解得xm=65R。 (3)分析可知小物塊最終會在圓弧軌道上做往復(fù)運動,到達B點的速度恰好為零時,動能和電勢能之和不再減小。設(shè)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程為s,則根據(jù)功能關(guān)系得qElsin37°=μqEscos37° 解得s=ltan37°μ=15R。