（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練38 帶電粒子在電場中的綜合問題（含解析）新人教版

考點規(guī)范練38帶電粒子在電場中的綜合問題一、單項選擇題1.(2018·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甲、乙、丙、丁所示,電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰),下列說法正確的是()A.電壓是甲圖時,在0T時間內(nèi),電子的電勢能一直減少B.電壓是乙圖時,在0T2時間內(nèi),電子的電勢能先增加后減少C.電壓是丙圖時,電子在板間做往復運動D.電壓是丁圖時,電子在板間做往復運動2.(2019·天津模擬)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示,在該勻強電場中,有一個帶負電粒子于t=0時刻由靜止釋放,若帶電粒子只受電場力作用,則下列說法正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()A.帶電粒子只向一個方向運動B.02 s內(nèi),電場力做功等于0C.4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點D.2.54 s內(nèi),電場力做功等于03.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4.(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、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是()5.(2018·江西宜春調(diào)研)如圖所示,O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點,不計空氣阻力,一電荷量為-Q的點電荷固定在O點,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q的小金屬塊(可視為質(zhì)點),從A點由靜止沿它們的連線向右運動,到B點時速度最大,其大小為vm,小金屬塊最后停止在C點。已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為,A、B間距離為l,靜電力常量為k,則()A.在點電荷-Q形成的電場中,A、B兩點間的電勢差UAB=2mgl+mvm22qB.在小金屬塊由A向C運動的過程中,電勢能先增大后減小C.OB間的距離為kQqmgD.從B到C的過程中,小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能二、多項選擇題6.如圖所示,兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷),被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點,且PO=ON。現(xiàn)將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質(zhì)點),由P點靜止釋放,在小球C向N點運動的過程中,關(guān)于小球C的v-t圖像中,可能正確的是()7.(2018·四川自貢一診)在地面附近,存在著一有界電場,邊界MN將空間分成上下兩個區(qū)域、,在區(qū)域中有豎直向上的勻強電場,在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質(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.小球受到的重力與電場力大小之比為35B.在t=5 s時,小球經(jīng)過邊界MNC.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14 s過程中,小球的機械能先減少后增加8.(2018·吉林長春模擬)如圖甲所示,A、B是一對平行金屬板。A板的電勢A=0,B板的電勢B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內(nèi),電子的初速度和重力的影響均可忽略,則()A.若電子是在t=0時刻進入的,它可能不會到達B板B.若電子是在t=T2時刻進入的,它一定不能到達B板C.若電子是在t=T8時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后穿過B板D.若電子是在t=3T8時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后穿過B板三、非選擇題9.(2018·河南鄭州第一次聯(lián)考)如圖甲所示,在y=0和y=2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場,MN為電場區(qū)域的上邊界,在x軸方向范圍足夠大。電場強度的變化如圖乙所示,取x軸正方向為電場正方向?，F(xiàn)有一個帶負電的粒子,粒子的比荷qm=1.0×10-2 C/kg,在t=0時刻以速度v0=5×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域,不計粒子重力作用。求:(1)粒子通過電場區(qū)域的時間;(2)粒子離開電場的位置坐標;(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小。10.(2018·河北衡水二模)如圖甲所示,兩塊水平平行放置的導電板,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、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。11.如圖所示,光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接,在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場,現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從水平軌道上A點由靜止釋放,小球運動到C點離開圓軌道后,經(jīng)界面MN上的P點進入電場(P點恰好在A點的正上方,小球可視為質(zhì)點,小球運動到C點之前電荷量保持不變,經(jīng)過C點后電荷量立即變?yōu)榱?。已知A、B間距離為2R,重力加速度為g,在上述運動過程中,求:(1)電場強度E的大小;(2)小球在圓軌道上運動時的最大速率;(3)小球?qū)A軌道的最大壓力的大小?？键c規(guī)范練38帶電粒子在電場中的綜合問題1.D解析若電壓是甲圖,0T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,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;電壓是乙圖時,在0T2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;電壓是丙圖時,電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動,過了T2做加速度先增大后減小的減速運動,到T時速度減為0,之后重復前面的運動,故電子一直朝同一方向運動,C錯誤;電壓是丁圖時,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,之后重復前面的運動,故電子做往復運動,D正確。2.D解析畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖像如圖所示,v-t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移,可見帶電粒子不是只向一個方向運動,4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點,A、C錯誤;2s末速度不為0,可見02s內(nèi)電場力做的功不等于0,B錯誤;2.5s末和4s末,速度的大小、方向都相同,則2.54s內(nèi),電場力做功等于0,所以D正確。3.B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ab,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。4.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變化的關(guān)系,有qEx=Ep=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中,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。5.C解析小金屬塊從A到B過程,由動能定理得-qUAB-mgl=12mvm2-0,得A、B兩點間的電勢差UAB=-2mgl+mvm22q,故A錯誤;小金屬塊由A點向C點運動的過程中,電場力一直做正功,電勢能一直減小,故B錯誤;由題意知,A到B過程,金屬塊做加速運動,B到C過程,金屬塊做減速運動,在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡,則有mg=kQqr2,得r=kQqmg,故C正確;從B到C的過程中,小金屬塊的動能和減少的電勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故D錯誤。6.AB解析在AB的垂直平分線上,從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小,到O點變?yōu)榱?帶負電的小球C受力沿垂直平分線,加速度先變大后變小,速度不斷增大,在O點加速度變?yōu)榱?速度達到最大,v-t圖線的斜率先變大后變小;由O點到無窮遠,速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性。如果PN足夠遠,選項B正確;如果PN很近,選項A正確。7.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t=1s和t=4s時,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=v1t2=v11.5=2v13,由牛頓第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得電場力F=mg+ma2=53mg,得重力mg與電場力F大小之比為35,故選項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02.5s內(nèi)向下運動,在2.55s內(nèi)向上運動,在14s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。8.BC解析若電子從t=0時刻進入,電子將做單向直線運動,A錯誤;若電子從T2時刻進入兩板,則電子受到電場力方向向左,故無法到達B板,B正確;電子從T4時刻進入兩板時,電子先加速,經(jīng)T4時速度最大,此時電子受到電場力反向,經(jīng)T4速度減為零,再加速T4反向速度最大,接著減速T4回到原位置,即電子在大于T4時刻進入時一定不能到達B板,小于T4時刻進入時一定能到達B板,所以C正確,D錯誤。此題作v-t圖像更易理解。9.解析(1)因為粒子初速度方向垂直于勻強電場,在電場中做類平拋運動,所以粒子通過電場區(qū)域的時間t=yv0=4×10-3s。(2)粒子帶負電,沿x軸負方向先加速后減速,加速時的加速度大小a1=E1qm=4m/s2,減速時的加速度大小a2=E2qm=2m/s2,離開電場時,在x軸方向上的位移大小x=12a1T22+a1T22-12a2T22=2×10-5m,因此粒子離開電場的位置坐標為(-2×10-5m,2m)。(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為vx=a1T2-a2T2=4×10-3m/s。答案(1)4×10-3 s(2)(-2×10-5 m,2 m)(3)4×10-3 m/s10.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圖像如圖甲和乙所示。電場強度E=U0d電子的加速度a=Eem=U0edm由圖甲中vy1=at0=U0et0dmvy2=a×2t0=2U0et0dm由圖甲可得電子的最大側(cè)移,即穿過平行板時距OO'的最大距離ymax=vy12t0+vy1t0+vy1+vy22t0=3U0et02md由圖乙可得電子的最小側(cè)移,即穿過平行板時距OO'的最小距離ymin=vy12t0+vy1t0=3U0et022md。答案3U0et02md3U0et022md11.解析(1)設(shè)小球過C點時速度大小為vC,小球從A到C由動能定理知qE·3R-mg·2R=12mvC2小球離開C點后做平拋運動到P點,有R=12gt22R=vCt聯(lián)立解得E=mgq。(2)設(shè)小球運動到圓軌道D點時速度最大,設(shè)最大速度為v,此時OD與豎直線OB夾角設(shè)為,小球從A點運動到D點的過程,根據(jù)動能定理知qE(2R+Rsin)-mgR(1-cos)=12mv2即12mv2=mgR(sin+cos+1)根據(jù)數(shù)學知識可知,當=45°時動能最大,由此可得v=2(2+1)gR。(3)由(2)中知,由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好背離半徑方向,故小球在D點時對圓軌道的壓力最大,設(shè)此壓力大小為F,由牛頓第三定律可知小球在D點受到的軌道的彈力大小也為F,在D點對小球進行受力分析,并建立如圖所示坐標系,由牛頓第二定律知F-qEsin-mgcos=mv2R解得F=(2+32)mg。答案(1)mgq(2)2(2+1)gR(3)(2+32)mg6