高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)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(diǎn)規(guī)范練25　帶電粒子在電場中的綜合問題 一、單項(xiàng)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(gè)靜止的電子(不計(jì)重力),當(dāng)兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時(shí),電子在板間運(yùn)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(shí),在0~T時(shí)間內(nèi),電子的電勢能一直減少 B.電壓是乙圖時(shí),在0~T2時(shí)間內(nèi),電子的電勢能先增加后減少 C.電壓是丙圖時(shí),電子在板間做往復(fù)運(yùn)動 D.電壓是丁圖時(shí),電子在板間做往復(fù)運(yùn)動 答案:D 解析:若電壓是題圖甲,0~T時(shí)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(yùn)動,

2、后做勻減速直線運(yùn)動,即電場力先做正功后做負(fù)功,電勢能先減少后增加,故A錯(cuò)誤;電壓是題圖乙時(shí),在0~T2時(shí)間內(nèi),電子向右先加速后減速,即電場力先做正功后做負(fù)功,電勢能先減少后增加,故B錯(cuò)誤;電壓是題圖丙時(shí),電子先向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動,過了T2后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動,到T時(shí)速度減為0,之后重復(fù)前面的運(yùn)動,故電子一直朝同一方向運(yùn)動,故C錯(cuò)誤;電壓是題圖丁時(shí),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(shí)速度減為零,之后重復(fù)前面的運(yùn)動,故電子做往復(fù)運(yùn)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(qiáng)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(jì))從a點(diǎn)以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場,最終從MN邊界的b點(diǎn)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(shí)的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a點(diǎn)電勢為零,如果以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,沿PQ方向建立x軸,則粒子從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中,電場的電場強(qiáng)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?yàn)橐?guī)定a點(diǎn)電勢為零,粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)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(xiàng)D正確;因?yàn)閯驈?qiáng)電場中的電場強(qiáng)度處處相等,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)榱Ｗ与x開電場時(shí)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(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子在電場中運(yùn)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(xiàng)C錯(cuò)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(jì)),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(yùn)動時(shí)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(shí),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(shí)刻進(jìn)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(shí)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(shí)刻進(jìn)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(shí)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(xiàng)正確。 4.如圖甲所示,光

6、滑絕緣水平面上有M、N兩個(gè)點(diǎn)電荷。t=0時(shí),M靜止,N以初速度6 m/s向甲運(yùn)動。此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(整個(gè)運(yùn)動過程中沒有接觸),它們運(yùn)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(shí)刻兩電荷的電勢能最大 C.0~t2時(shí)間內(nèi),兩電荷的靜電力先增大后減小 D.0~t3時(shí)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(gè)小球間產(chǎn)生的是排斥力,因?yàn)閯傞_始N做減速運(yùn)動,M做初速度為0的加速運(yùn)動,則兩個(gè)電荷的電性一定相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在t1時(shí)刻,兩個(gè)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(fù)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(shí)的電勢能最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在0~t2時(shí)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(xiàng)C正確;0~t3時(shí)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(xiàng)D錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)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(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)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(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示,不計(jì)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(shí),小球經(jīng)過邊界MN C.在小球向下運(yùn)動的整個(gè)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(jī)械能先減少后增加 答案:AD 解析:小球進(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動,進(jìn)入電場后受到重力和電場力作用而做減速運(yùn)動,由題圖乙可以看出,小球經(jīng)過邊界MN的時(shí)刻是t1=1s和t2=4s,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由v-t圖像的斜率等于加速度得,小球進(jìn)入電場前的加速度大小a1=g=v1t1=v1,進(jìn)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(xiàng)A正確;小球向下運(yùn)動的整個(gè)過程中,動能的變化量為零,根據(jù)動能定理,整個(gè)過程中重力做的功與電場力做的功大小相等,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;整個(gè)過程中,由題圖可得,小球在0~2.5s內(nèi)向下運(yùn)動,在2.5~5s內(nèi)向上運(yùn)動,在1~4s過程中,電場力先做負(fù)功后做正功,所以小球的機(jī)械能先減少后增加,故選項(xiàng)D正確。 6.如圖甲所示,兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時(shí)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(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動,T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)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(shí)間內(nèi)運(yùn)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(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動,有mg=qE0。把微粒的運(yùn)動分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運(yùn)動;豎直方向:T3~2T3時(shí)間內(nèi),只受重力,做自由落體運(yùn)動,2T3時(shí)刻,v1y=gT3,2T3~T時(shí)間內(nèi),a=2qE0-mgm=g,做勻減速直線運(yùn)動,T時(shí)刻,v2y=v1y-a·T3=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確。重力勢能的減少量ΔEp=mg·d2=12mgd,所以選項(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)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(xì)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(diǎn)。水平面內(nèi)的M、N、B三點(diǎn)連線構(gòu)成邊長為l的等邊三角形,M、N連線過C點(diǎn)且垂直于BCD。兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷分別固定在M、N兩點(diǎn),電荷量分別為+Q和-Q。現(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(diǎn)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(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)受到的電場力小于運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)受到的電場力 B.小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢能

12、小于在C點(diǎn)時(shí)的電勢能 C.小球在A點(diǎn)時(shí)的電勢能等于在C點(diǎn)時(shí)的電勢能 D.小球運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度為gR 答案:AC 解析:根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場特征,B點(diǎn)電場強(qiáng)度小于C點(diǎn),小球在B點(diǎn)時(shí)受到的電場力小于運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)受到的電場力,故A項(xiàng)正確。根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場特征可知A、B、C三點(diǎn)處于同一個(gè)等勢面上,所以三點(diǎn)的電勢相等,小球在三點(diǎn)處的電勢能是相等的,故B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。從A點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)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(diǎn)時(shí)速度為2gR,故D項(xiàng)錯(cuò)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(gè)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?fàn)顟B(tài),小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1。從t=0時(shí)刻開始,空間加上一個(gè)如圖乙所示的電場強(qiáng)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(yùn)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(gè)端點(diǎn),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(qiáng)電場,電場強(qiáng)度E=1.0×106 N/C?，F(xiàn)有一個(gè)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(diǎn)),從A點(diǎn)正上方由靜止釋放,經(jīng)時(shí)間t=0.3 s到達(dá)A點(diǎn)并沿切線進(jìn)入半圓軌道,g取10 m/s2,不計(jì)空氣阻力及一切能量損失,求: (1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小; (2)小球經(jīng)過B點(diǎn)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(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動,設(shè)下落的高度為h,到達(dá)C的速度為vC,由題意可得h=12gt2=0.45m① 小球進(jìn)入軌

16、道后做圓周運(yùn)動,從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程由動能定理可得mg(h+R)+EqR=12mvC2② 可得vC=5m/s③ 設(shè)到達(dá)C時(shí)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(diǎn)后上升的最大高度為h',由機(jī)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(diǎn)O沿與極板平行的OO'方向射入兩板之間,當(dāng)兩板不帶電時(shí),這些

17、電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0,當(dāng)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(shí),所有的電子均能從兩板間通過(不計(jì)重力)。求這些電子穿過平行板時(shí)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?yàn)檎较?畫出電子在t=0、t=t0時(shí)刻進(jìn)入電場后,沿電場力方向的速度vy隨時(shí)間變化的vy-t圖像如圖丙和圖丁所示。 電場強(qiáng)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(shí)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(shí)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(diǎn),整個(gè)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(gè)軌道處于電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中,電場強(qiáng)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的小物塊P從A點(diǎn)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(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小FNC1; (2)小物塊第一次通過D點(diǎn)后離開D點(diǎn)的最大距離; (3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)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(dá)C點(diǎn)時(shí)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(diǎn)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(dá)D點(diǎn)時(shí)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(dá)D點(diǎn)后先以速度vD1沿電場方向做勻減速直線運(yùn)動,設(shè)運(yùn)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(yùn)動,到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零時(shí),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(yùn)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。