高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練25 帶電粒子在電場中的綜合問題 新人教版-新人教版高三全冊物理試題

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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.將如圖所示的交流電壓加在平行板電容器A、B兩板上,開始B板電勢比A板電勢高,這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間,它在電場力作用下開始運(yùn)動,設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大,下列說法正確的是(　　) A.電子一直向著A板運(yùn)動 B.電子一直向著B板運(yùn)動 C.電子先向A板運(yùn)動,然后返回向B板運(yùn)動,之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動 D.電子先向B板運(yùn)動,然后返回向A板運(yùn)動,之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動 答案D 解析根據(jù)交流電壓的變化規(guī)律,作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線,如圖甲、乙。從圖中可知,電子

2、在第一個T4內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動,第二個T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動,在這半周期內(nèi),因初始B板電勢比A板電勢高,所以電子向B板運(yùn)動,加速度大小為eUmd。在第三個T4內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動,第四個T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動,但在這半周期內(nèi)運(yùn)動方向與前半周期相反,向A板運(yùn)動,加速度大小為eUmd。所以電子在交變電場中將以t=T4時刻所在位置為平衡位置做周期性往復(fù)運(yùn)動,綜上分析選項(xiàng)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)從a點(diǎn)以v1=1×1

3、04 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)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錯誤;因?yàn)榱Ｗ与x開電場時

4、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錯誤。 3. 如圖所示,A、B兩金屬板平行放置,在t=0時刻將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)。分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時,有可能使電子到不了B板(　　) 答案B 解析加A圖電壓,電子從A板開始向B板做勻加速直線運(yùn)動;加B圖電壓,電子開始向B板做勻加速運(yùn)動,再做加速度大小相同的勻減速運(yùn)動,速度減為零后做反向勻加速運(yùn)動及勻減速運(yùn)動,由對稱性可知,電子將做周期性

5、往復(fù)運(yùn)動,所以電子有可能到不了B板;加C圖電壓,電子先勻加速,再勻減速到靜止,完成一個周期,所以電子一直向B板運(yùn)動,即電子一定能到達(dá)B板;加D圖電壓,電子的運(yùn)動與C圖情形相同,只是加速度是變化的,所以電子也一直向B板運(yùn)動,即電子一定能到達(dá)B板,綜上所述可知選項(xiàng)B正確。 4.如圖甲所示,光滑絕緣水平面上有M、N兩個點(diǎn)電荷。t=0時,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時刻兩電荷的電勢能最大 C.0~t2時間內(nèi)

6、,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?yàn)閯傞_始N做減速運(yùn)動,M做初速度為0的加速運(yùn)動,則兩個電荷的電性一定相同,選項(xiàng)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,故兩球間距最小時的電勢能最大,選項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)

7、D錯誤。 二、多項(xiàng)選擇題 5.(2018·四川自貢一診)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(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,不計空氣阻力,則(　　) A.小球受到的重力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(yùn)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(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

8、,小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t1=1s和t2=4s,故選項(xiàng)B錯誤;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大小之比為3∶5,選項(xiàng)A正確;小球向下運(yùn)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(xiàng)C錯誤;整個過程中,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

9、,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(yùn)動,T時刻微粒恰好經(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時間內(nèi)運(yùn)動的描述,正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 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(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:T3~2

10、T3時間內(nèi),只受重力,做自由落體運(yùn)動,2T3時刻,v1y=gT3,2T3~T時間內(nèi),a=2qE0-mgm=g,做勻減速直線運(yùn)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(xiàng)A錯誤,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=12mgd,所以選項(xiàng)D錯誤。 7. 如圖所示,一水平放置的平行板電容器其間距為d,兩極板分別與電池的兩極相連,上極板中央有一小孔(小孔對電場的影響可以忽略不計)。開關(guān)閉合時,小孔正上方d3處有一帶正電的粒子,粒子由靜止開始下落恰好能到達(dá)下極板但沒有與下極板接

11、觸,下列說法正確的是(　　) A.保持開關(guān)閉合,若將下極板上移d2,粒子將在距上極板d3處返回 B.保持開關(guān)閉合,若將下極板上移d2,粒子將在距上極板d5處返回 C.斷開開關(guān),若將下極板上移d5,粒子將能返回原處 D.斷開開關(guān),若將上極板上移d5,粒子將能返回原處 答案BD 解析由動能定理可得mgd+d3=Uq=Eqd。保持開關(guān)閉合,將下極板向上平移d2,設(shè)粒子運(yùn)動到距離上極板x處返回,根據(jù)動能定理得mgd3+x-qU12dx=0,聯(lián)立兩式得x=15d,即粒子將在距上極板15d處返回,選項(xiàng)B正確,A錯誤;若斷開開關(guān),則兩極板間的電場強(qiáng)度E不變,將下極板上移d5,設(shè)粒子到達(dá)距離上極板

12、x處,由動能定理得mgd3+x-Eqx=0,解得x=d,即粒子將碰到下極板而不能返回,選項(xiàng)C錯誤;將上極板上移d5,設(shè)粒子到達(dá)離下極板x處,由動能定理得mg4d3-x-Eqd5+d-x=0,解得x=4d5,故粒子將不能碰到下極板而返回原處,選項(xiàng)D正確;故選BD。 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,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時刻開始,空間加上一個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)

13、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+a

14、2t=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(diǎn),O為圓心。在水平線MN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)時間t=0.3 s到達(dá)A

15、點(diǎn)并沿切線進(jìn)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(diǎn)時對軌道的壓力大小; (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

16、'=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,這些電子通過兩板之間的時間為3t0,當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為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

17、 解析以電場力的方向?yàn)檎较?畫出電子在t=0、t=t0時刻進(jìn)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(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,即穿過平行板時距OO'的最大距離 ymax=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.真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場,一

18、帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時間后,油滴運(yùn)動到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度。 (2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小;為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大,試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。 答案(1)v0-2gt1　(2)若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上,E2=2-2v0gt1+14(v0gt1)?2E1,0

19、g或t1>1+32v0g 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下, E2=2-2v0gt1-14(v0gt1)?2E1,t1>52+1v0g 解析(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動,故所受電場力方向向上。在t=0時,電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動,加速度方向向上,大小a1滿足qE2-mg=ma1① 油滴在時刻t1的速度為 v1=v0+a1t1② 電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運(yùn)動,加速度方向向下,大小a2滿足qE2+mg=ma2③ 油滴在時刻t2=2t1的速度為 v2=v1-a2t1④

20、 由①②③④式得v2=v0-2gt1。⑤ (2)由題意,在t=0時刻前有 qE1=mg⑥ 油滴從t=0到時刻t1的位移為 s1=v0t1+12a1t12⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2=v1t1-12a2t12⑧ 由題給條件有v02=2g(2h)⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上,依題意有 s1+s2=h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2=2-2v0gt1+14v0gt12E1 為使E2>E1,應(yīng)有 2-2v0gt1+14v0gt12>1 即當(dāng)01+32v0g 才是可能的;條件式和式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下,依題意有 s1+s2=-h 由①②③⑥⑦⑧⑨式得 E2=2-2v0gt1-14v0gt12E1 為使E2>E1,應(yīng)有 2-2v0gt1-14v0gt12>1 即t1>52+1v0g 另一解為負(fù),不合題意,已舍去。