（浙江專用）2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 提升訓(xùn)練10 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).doc

提升訓(xùn)練10帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(2017浙江杭州一中月考)如圖所示,A、B為平行金屬板,兩板相距為d且分別與電源兩極相連,兩板的中央各有一小孔M和N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn),自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落(P、M、N在同一豎直線上),空氣阻力忽略不計(jì),到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零,然后沿原路返回。若保持兩極板間的電壓不變,則下列說(shuō)法不正確的是()A.把A板向上平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落C.把B板向上平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距離,質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過(guò)N孔繼續(xù)下落2.(2018年4月浙江選考,11)一帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從A點(diǎn)開(kāi)始以-v0的速度做直線運(yùn)動(dòng),其v-t圖象如圖所示。粒子在t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),3t0時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),下列判斷正確的是()A.A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為B>A>CB.A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為EC>EB>EAC.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),電勢(shì)能先增加后減少D.粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功3.質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入。它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì)),則從開(kāi)始射入到打到上極板的過(guò)程中,()A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tPB.它們所帶的電荷量之比qPqQ=12C.它們的電勢(shì)能減少量之比EpPEpQ=12D.它們的動(dòng)能增量之比為EkPEkQ=214.在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,質(zhì)量為m、電荷量為+q的物體以某一初速度沿電場(chǎng)反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小為0.8qEm,物體運(yùn)動(dòng)s距離時(shí)速度變?yōu)榱恪t下列說(shuō)法正確的是()A.物體克服電場(chǎng)力做功0.8qEsB.物體的電勢(shì)能增加了0.8qEsC.物體的電勢(shì)能增加了1.2qEsD.物體的動(dòng)能減少了0.8qEs5.如圖所示,兩對(duì)金屬板A、B和C、D分別豎直和水平放置,A、B接在電路中,C、D板間電壓為U。A板上O處發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入C、D板間,電子最終都能打在光屏M上。關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是()A.S閉合,只向右移動(dòng)滑片P,P越靠近b端,電子打在M上的位置越高B.S閉合,只改變A、B板間的距離,改變前后,電子由O至M經(jīng)歷的時(shí)間相同C.S閉合,只改變A、B板間的距離,改變前后,電子到達(dá)M前瞬間的動(dòng)能相同D.S閉合后再斷開(kāi),只向左平移B,B越靠近A板,電子打在M上的位置越低6.如圖a,MN是長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為的光滑絕緣桿,M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn),MP中點(diǎn)處固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷,桿上套有一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)。小球自N點(diǎn)由靜止釋放。小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能隨位置x(取M點(diǎn)處x=0)的變化圖象如圖b所示,不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則下列說(shuō)法不正確的是()A.圖b中表示電勢(shì)能隨位置變化的是圖線B.小球經(jīng)過(guò)x1位置時(shí)電場(chǎng)力做功的功率最大C.小球在M點(diǎn)受到的庫(kù)侖力比在N點(diǎn)收到的庫(kù)侖力大D.若圖象中的E1、E2、E0為已知,則可求得小球在M點(diǎn)時(shí)的速度7.(2017全國(guó)卷)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí),將電場(chǎng)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(shí)間t1后,又突然將電場(chǎng)反向,但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時(shí)間后,油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度;(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)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(chǎng)時(shí),油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。8.如圖所示,兩平行金屬板A、B長(zhǎng)L=8 cm,兩板間距離d=8 cm,A板比B板電勢(shì)高300 V。一帶正電的粒子電荷量為q=10-10 C,質(zhì)量m=10-20 kg,沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng),初速度v0=2106 m/s。粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后,進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12 cm,D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn),O點(diǎn)在中心線上,距離界面PS為9 cm,粒子穿過(guò)界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k=9.0109 Nm2/C2,粒子重力忽略不計(jì))(1)求粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離多遠(yuǎn)?到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)多遠(yuǎn)?(2)在圖上粗略畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡。9.在xOy平面內(nèi),有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E(圖中未畫(huà)出),由A點(diǎn)斜射出質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn),如圖所示,其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計(jì)。求:(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功;(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間;(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率。10.(2017浙江名校協(xié)作高二考試)某科研小組在研究電場(chǎng)時(shí)發(fā)現(xiàn)僅存于橢圓區(qū)域的一種勻強(qiáng)電場(chǎng),如圖所示,橢圓方程為x23R2+y22R2=1。電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向沿x軸正向。在坐標(biāo)原點(diǎn)O處平行于紙面沿y軸正方向發(fā)射出大量同種正離子(不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用),電荷量為q,這群離子的初速度包含從0到vm的各種速度,最大速度vm足夠大,離子群在僅受電場(chǎng)力作用下離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域,全部打在右側(cè)垂直電場(chǎng)方向的熒光屏上,熒光屏中心O在x軸上離橢圓中心O的距離為2R。求:(1)離子打在O處的動(dòng)能;(2)到達(dá)熒光屏上的所有離子中,最小的動(dòng)能值;(3)到達(dá)熒光屏上動(dòng)能最小的離子的位置。提升訓(xùn)練10帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.B解析 移動(dòng)A板或B板后,質(zhì)點(diǎn)能否返回P點(diǎn)的關(guān)鍵是質(zhì)點(diǎn)在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)到達(dá)B板之前速度能否減為零,如能減為零,則一定沿原路返回P點(diǎn);如不能減為零,則穿過(guò)B板后只受重力,將繼續(xù)下落。因質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰為零,由動(dòng)能定理得mg2d-qU=0。因極板一直與電源兩極連接,電壓U一直不變,當(dāng)A板上移、下移時(shí),滿足qU-mgh=0的條件,即h=2d,則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零,然后按原路返回,A正確,B錯(cuò)誤。當(dāng)把B板上移后,設(shè)質(zhì)點(diǎn)仍能到達(dá)B板,則由動(dòng)能定理得mgh-qU=12mv2,因B板上移后h<2d,所以mgh<qU,即看似動(dòng)能為負(fù)值,實(shí)際意義為在此之前物體動(dòng)能已為零,將沿原路返回,C正確。把B板下移后,有mgh-qU=12mv2>0,即質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N孔時(shí)仍有向下的速度,將穿過(guò)B板繼續(xù)下落,D正確。2.C解析 由v-t圖象知,帶電粒子在0t0時(shí)間段做減速運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大;t03t0時(shí)間段,帶電粒子反方向加速,電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,所以C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤;因?yàn)椴恢缼щ娏Ｗ与娦?本題中無(wú)法判斷電勢(shì)的高低,所以A項(xiàng)錯(cuò)誤;圖象中斜率表示粒子的加速度,由qE=ma,可知0、t0、3t0時(shí)刻中,t0時(shí)刻電場(chǎng)強(qiáng)度最大,即B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大,B項(xiàng)錯(cuò)誤。3.B解析 帶電粒子在豎直方向受到向上的電場(chǎng)力,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),因?yàn)閮蓭щ娏Ｗ釉谒椒较蛏系乃俣认嗤?又因?yàn)樵谒椒较蛏系奈灰葡嗤?故根據(jù)公式x=v0t可得兩者的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,A錯(cuò)誤;在豎直方向上的位移之比yPyQ=12,因?yàn)閥P=12aPt2=EqP2mt2,yQ=12aQt2=EqQ2mt2,聯(lián)立可得qPqQ=12,B正確;電場(chǎng)力做功為W=Eqy,電場(chǎng)力做多少正功,電勢(shì)能就減少多少,故EPEQ=EqPyPEqQyQ=14,過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功,所以電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,即它們的動(dòng)能增量之比為EkPEkQ=14,C、D錯(cuò)誤。4.D5.C解析 初速度為0的電子經(jīng)電場(chǎng)加速后根據(jù)動(dòng)能定理有eU0=12mv02,即有v0=2eU0m,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向L=v0t,豎直方向兩極板間的距離為d,電子的加速度a=eUmd,偏轉(zhuǎn)位移d=12at2=eUL22mdv02=UL24dU0,U0越大,d越小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;只改變A、B板間的距離,電子在A、B板間加速時(shí)間變化,但離開(kāi)A、B板后的速度不變,故電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變化,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;只改變A、B板間的距離,電子運(yùn)動(dòng)加速后的速度不變,在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中vy也不變,所以電子到達(dá)M前瞬間的動(dòng)能相同,選項(xiàng)C正確;S閉合后再斷開(kāi),電容器所帶電荷量不變,向左平移B,根據(jù)E=Ud=QCd=4kQrS得,A、B板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,所以電子離開(kāi)B板時(shí)速度變小,在偏轉(zhuǎn)極板C、D間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng),偏轉(zhuǎn)位移變大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.B解析 因?yàn)槿點(diǎn)處x=0,而小球是從N點(diǎn)下滑,所以題圖b應(yīng)從L0順序看,過(guò)程中重力做正功,重力勢(shì)能均勻減小,故圖線表示重力勢(shì)能隨x變化圖象,則表示電勢(shì)能隨x變化圖象,A正確;小球經(jīng)過(guò)x1位置時(shí),電勢(shì)能最大,則此時(shí)電場(chǎng)力方向正好與MN垂直,此時(shí)電場(chǎng)力和速度方向垂直,不做功,B錯(cuò)誤;根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度定義E=kQr2可得M點(diǎn)距離Q比N點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離近,M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大,所以庫(kù)侖力大,C正確;過(guò)程中電勢(shì)能、重力勢(shì)能以及動(dòng)能相互轉(zhuǎn)換,若圖象中的E1、E2、E0為已知,則可求解從N到M過(guò)程中電勢(shì)能與重力勢(shì)能的減小量,其減小量轉(zhuǎn)換為小球的動(dòng)能,即可求解速度,D正確。7.答案 (1)v0-2gt1(2)若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上,E2=2-2v0gt1+14(v0gt1)2E1,0<t1<1-32v0g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(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng),故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上。在t=0時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí),油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,大小a1滿足qE2-mg=ma1油滴在時(shí)刻t1的速度為v1=v0+a1t1電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向,油滴做勻變速運(yùn)動(dòng),加速度方向向下,大小a2滿足qE2+mg=ma2油滴在時(shí)刻t2=2t1的速度為v2=v1-a2t1由式得v2=v0-2gt1。(2)由題意,在t=0時(shí)刻前有qE1=mg油滴從t=0到時(shí)刻t1的位移為s1=v0t1+12a1t12油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2=2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2=v1t1-12a2t12由題給條件有v02=2g(2h)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=h由式得E2=2-2v0gt1+14(v0gt1)2E1為使E2>E1,應(yīng)有2-2v0gt1+14v0gt12>1即當(dāng)0<t1<1-32v0g或t1>1+32v0g才是可能的;條件式和式分別對(duì)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。8.答案 (1)3 cm12 cm(2)見(jiàn)解析解析 (1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(側(cè)向位移)y=12at2=qU2mdLv02=10-10300210-200.080.0821062 m=0.03 m=3 cm帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),其軌跡與PS線交于E,設(shè)E到中心線的距離為Y。則Y=1210-2v0vy+y=0.12210610-1030010-200.080.082106 m+0.03 m=0.12 m=12 cm。(2)第一段是拋物線,第二段是直線,第三段是曲線,軌跡如圖所示。9.答案 (1)3qEl0(2)32ml0qE(3)17qEl02m解析 (1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0。(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),粒子在x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),由對(duì)稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上,可令tAD=tDB=T,則tBC=T由qE=ma得a=qEm又y0=12aT2,y0+3l0=12a(2T)2解得T=2ml0qE則AC過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t=32ml0qE。(3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng),于是有2l0=vCx(2T),vCy=a(2T)vC=vCx2+vCy2=17qEl02m。10.答案 (1)3qER(2)153qER(3)25+223R解析 (1)只有初速度為零的離子才能沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng),打在O處,由x23R2+y22R2=1,當(dāng)y=0時(shí),x=3R所以Ek1=qE3R=3qER。(2)離子垂直電場(chǎng)方向發(fā)射,做類平拋運(yùn)動(dòng),有y=v0t,x=12Eqmt2由幾何關(guān)系x23R2+y22R2=1據(jù)動(dòng)能定理,有Ek-12mv02=Eqx聯(lián)立得Ek=qE63R2x+5xx=35R處飛出的動(dòng)能最小,Ekmin= 153qER。(3) 由x23R2+y22R2=1得,此時(shí)軌跡與橢圓的交點(diǎn)y=225R飛出橢圓時(shí)的速度方向與x軸正向夾角tan=y2x=23離子與熒光屏交點(diǎn)Y=y2+2RtanY=25R+2R23=25+223R。