（通用版）2020版高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練25 帶電粒子在電場中的綜合問題 新人教版

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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.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板運動 B.電子一直向著B板運動 C.電子先向A板運動,然后返回向B板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動 D.電子先向B板運動,然后返回向A板運動,之后在A、B兩板間做周期性往復運動 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)做勻加速直線運動,第二個T4內(nèi)做勻減速直線運動,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板運動,加速度大小為eUmd。在第三個T4內(nèi)電子做勻加速直線運動,第四個T4內(nèi)做勻減速直線運動,但在這半周期內(nèi)運動方向與前半周期相反,向A板運動,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運動,綜上分析選項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=1×1

3、04 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)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

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. 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板做勻加速直線運動;加B圖電壓,電子開始向B板做勻加速運動,再做加速度大小相同的勻減速運動,速度減為零后做反向勻加速運動及勻減速運動,由對稱性可知,電子將做周期性

5、往復運動,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板運動,即電子一定能到達B板;加D圖電壓,電子的運動與C圖情形相同,只是加速度是變化的,所以電子也一直向B板運動,即電子一定能到達B板,綜上所述可知選項B正確。 4.如圖甲所示,光滑絕緣水平面上有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)

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

7、D錯誤。 二、多項選擇題 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

8、,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

9、,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(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 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:T3~2

10、T3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=12mgd,所以選項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B正確,A錯誤;若斷開開關(guān),則兩極板間的電場強度E不變,將下極板上移d5,設(shè)粒子到達距離上極板

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C錯誤;將上極板上移d5,設(shè)粒子到達離下極板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)

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,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電場,電場強度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),從A點正上方由靜止釋放,經(jīng)時間t=0.3 s到達A

15、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

16、'=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。 答案3U0et02md　3U0et022md

17、 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 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.真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一

18、帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0。在油滴處于位置A時,將電場強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,油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度。 (2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。 答案(1)v0-2gt1　(2)若B點在A點之上,E2=2-2v0gt1+14(v0gt1)?2E1,0

19、g或t1>1+32v0g 若B點在A點之下, 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。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動,故所受電場力方向向上。在t=0時,電場強度突然從E1增加至E2時,油滴做豎直向上的勻加速運動,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 電場強度在時刻t1突然反向,油滴做勻變速運動,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兩點之間的距離。 若B點在A點之上,依題意有 s1+s2=h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2=2-2v0gt1+14v0gt12E1 為使E2>E1,應有 2-2v0gt1+14v0gt12>1 即當01+32v0g 才是可能的;條件式和式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點在A點之下,依題意有 s1+s2=-h 由①②③⑥⑦⑧⑨式得 E2=2-2v0gt1-14v0gt12E1 為使E2>E1,應有 2-2v0gt1-14v0gt12>1 即t1>52+1v0g 另一解為負,不合題意,已舍去。 11