2019年高考物理總復(fù)習(xí) 6-6專題 帶電粒子在交變電場中的應(yīng)用訓(xùn)練試題 新人教版.doc

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2019年高考物理總復(fù)習(xí) 6-6專題 帶電粒子在交變電場中的應(yīng)用訓(xùn)練試題 新人教版 1．(多選)帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運(yùn)動．則下列說法中正確的是(　　) A．微粒在0－1 s內(nèi)的加速度與1－2 s內(nèi)的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運(yùn)動 C．微粒做往復(fù)運(yùn)動 D．微粒在第1 s內(nèi)的位移與第3 s內(nèi)的位移相同 解析　帶電粒子在電場中受到的電場力大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，帶電粒子先加速后減速，沿著一條直線運(yùn)動，故選項(xiàng)B、D正確． 答案　BD 2．(單選)粗糙絕緣的水平地面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B.板間地面上靜止著帶正電的物塊，如圖甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設(shè)直到t1時刻物塊才開始運(yùn)動(最大靜摩擦力滑與動摩擦力可認(rèn)為相等)，則(　　) A．在0－t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向右 B．在t1－t3時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力，先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時刻物塊的速度最大 D．t4時刻物塊的速度最大 解析　在0－t1時間內(nèi)，電場力小于最大靜摩擦力，物體靜止，靜摩擦力等于電場力qE＝q，電壓增大摩擦力增大，但是，正電荷所受電場力與電場同向向右，所以摩擦力方向水平向左，選項(xiàng)A錯誤；在t1－t3時間內(nèi)，電場力大于最大靜摩擦力，物體一直加速運(yùn)動，摩擦力為滑動摩擦力，由于正壓力即重力不，變所以摩擦力不變，選項(xiàng)B錯誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物體仍在運(yùn)動為減速運(yùn)動所以t3時刻速度最大，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯誤． 答案　C 3．(多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點(diǎn)，AC為圓?。粋€質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道．不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(　　) A．小球一定能從B點(diǎn)離開軌道 B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動 C．若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于H D．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零 解析　本題考查學(xué)生對復(fù)合場問題、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動等知識綜合運(yùn)用分析的能力．若電場力大于重力，則小球有可能不從B點(diǎn)離開軌道，A項(xiàng)錯．若電場力等于重力，物體做勻速圓周運(yùn)動，B項(xiàng)正確．因電場力做負(fù)功，有機(jī)械能損失，上升的高度一定小于H，C項(xiàng)正確．由圓周運(yùn)動知識，可知若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則在此之前就已脫軌了，D項(xiàng)錯． 答案　BC 4．(單選) 位于正方形四角上的四個等量點(diǎn)電荷的電場線分布如圖所示，ab、cd分別是正方形兩條邊的中垂線，O點(diǎn)為中垂線的交點(diǎn)，P、Q分別為cd、ab上的點(diǎn)．則下列說法正確的是(　　) A．P、Q兩點(diǎn)的電勢關(guān)系為φP<φO B．P、Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為EPEQ，選項(xiàng)A、B均錯；P、Q等勢，所以把負(fù)電荷從P沿圖中曲線移到Q電場力做功為零，D項(xiàng)錯；由對稱性可知，EO＝0，因此C項(xiàng)正確． 答案　C 5．如下圖甲所示，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、帶電荷量為q＝＋2.010－6C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，空間上加一個如圖乙所示的電場．(取水平向右的方向?yàn)檎较?，g取10 m/s2)求： (1)4秒內(nèi)小物塊的位移大??； (2)4秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功． 解析　(1)0－2 s內(nèi)小物塊加速度 a1＝＝2 m/s2 位移x1＝a1t＝4 m 2 s末的速度為v2＝a1t1＝4 m/s 2－4 s內(nèi)小物塊加速度 a2＝＝－2 m/s2 位移x2＝v2t2＋a2t＝4 m 4秒內(nèi)的位移x＝x1＋x2＝8 m (2)v4＝v2＋a2t2＝0，即4 s末小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)．設(shè)電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理，有 W－μmgx＝0 解得W＝1.6 J 答案　(1)8 m　(2)1.6 J 6．(xx濰坊聯(lián)考)如下圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行金屬板如圖放置，OD與x軸重合，板的左端與原點(diǎn)O重合，板長L＝2 m，板間距離d＝1 m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏，兩金屬板間電壓UAO變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝210－3 s，U0＝103 V，t＝0時刻一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)，平行于AB邊以v0＝1 000 m/s的速度射入板間，粒子電荷量q＝110－5 C，質(zhì)量m＝110－7 kg.不計(jì)粒子所受重力．求： (1)粒子在板間運(yùn)動的時間； (2)粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)； (3)粒子打到屏上的動能． 解析　(1)粒子在板間沿x軸方向做勻速運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，則L＝v0t t＝＝210－3 s (2)設(shè)粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大為y1，則 y1＝a()2＋(a) ＝ma 解得y1＝0.15 m 則縱坐標(biāo)y＝0.85 m (3)由動能定理，得qy2＝Ek－mv y2＝a()2 解得Ek＝5.0510－2 J 答案　(1)210－3 s　(2)0.85 m　(3)5.0510－2 J 7．如下圖甲所示的平行板電容器，板間距為d，兩板所加電壓隨時間變化圖線如圖乙所示，t＝0時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以平行于極板的速度v0射入電容器，t＝3T時刻恰好從下極板邊緣射出電容器，帶電粒子的重力不計(jì)．求： (1)平行板電容器板長L； (2)粒子射出電容器時偏轉(zhuǎn)的角度φ； (3)粒子射出電容器時豎直偏轉(zhuǎn)的位移y. 解析　(1)粒子水平方向做勻速運(yùn)動，有 L＝v03T＝3v0T (2)粒子豎直方向先做T時間的勻加速，然后做T時間的勻速，再做T時間的勻加速，有 a＝＝，vy＝2T tanφ＝＝，故φ＝arctan (3)豎直方向一共加速運(yùn)動了2T時間，勻速運(yùn)動了T時間，則y＝(2T)2＋TT＝T2 答案　(1)3v0T　(2)arctan　(3)T2 8．(xx江蘇)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示．加在極板A、B間的電壓 UAB作周期性變化，其正向電壓為 U0，反向電壓為－kU0(k＞1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示．在t＝0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運(yùn)動．若整個運(yùn)動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用． (1)若k＝，電子在0－2τ時間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件； (2)若電子在0－200τ時間內(nèi)未碰到極板B，求此運(yùn)動過程中電子速度v隨時間t變化的關(guān)系； (3)若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值． 解析　(1)電子在0－τ時間內(nèi)做勻加速運(yùn)動 加速度的大小a1＝① 位移x1＝a1τ2② 在τ－2τ時間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向做勻加速運(yùn)動， 加速度的大小a2＝③ 初速度的大小v1＝a1τ④ 勻減速運(yùn)動階段的位移x2＝⑤ 依據(jù)題意d>x1＋x2，解得d>⑥ (2)在2nτ－(2n＋1)τ，(n＝0,1,2，…，99)時間內(nèi) 速度增量Δv1＝a1τ⑦ 在(2n＋1)τ－2(n＋1)τ，(n＝0,1,2，…，99)時間內(nèi) 加速度的大小a′2＝ 速度增加Δv2＝－a′2τ⑧ (a)當(dāng)0≤t－2nτ<τ時 電子的運(yùn)動速度v＝nΔv1＋nΔv2＋a1(t－2nτ)⑨ 解得v＝[t－(k＋1)nτ]，(n＝0,1,2，…，99)⑩ (b)當(dāng)0≤t－(2n＋1)τ<τ時 電子的運(yùn)動速度v＝(n＋1)Δv1＋nΔv2－a′2[t－2(n＋1)τ]? 解得v＝[(n＋1)(k＋1)τ－kt]，(n＝0,1,2，…，99)? (3)電子在2(N－1)τ－(2N－1)τ時間內(nèi)的位移 x2N－1＝v2N－2τ＋a1τ2 由⑩式可知v2N－2＝(N－1)(1－k)τ 由?式可知v2N－1＝(N－Nk＋k)τ 依據(jù)題意x2N－1＋x2N＝0 解得k＝ 答案　(1)d>　(2)見解析　(3) 9．(2011浙江)如圖甲所示，靜電除塵裝置中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板使用絕緣材料，上、下面板使用金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定的高壓直流電源相連．質(zhì)量為m、電荷量為－q、分布均勻的塵埃以水平速度v0進(jìn)入矩形通道，當(dāng)帶負(fù)電的塵埃碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．通過調(diào)整兩板間距d可以改變收集效率η.當(dāng)d＝d0時，η為81%(即離下板0.81d0范圍內(nèi)的塵埃能夠被收集)．不計(jì)塵埃的重力及塵埃之間的相互作用． (1)求收集效率為100%時，兩板間距的最大值dm； (2)求收集效率η與兩板間距d的函數(shù)關(guān)系． 解析　(1)收集效率η為81%，即離下板0.81d0的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，設(shè)高壓電源的電壓為U，則在水平方向，有 L＝v0t① 在豎直方向，有0.81d0＝at2② 其中a＝＝＝③ 當(dāng)減小兩板間距時，能夠增大電場強(qiáng)度，提高裝置對塵埃的收集效率．收集效率恰好為100%時，兩板間距即為dm.如果進(jìn)一步減小d，收獲效率仍為100%.因此，在水平方向，有L＝v0t④ 在豎直方向，有dm＝a′t2⑤ 其中a′＝＝＝⑥ 聯(lián)立①－⑥各式，可得dm＝0.9d0⑦ (2)通過前面的求解可知，當(dāng)d≤0.9d0時，收集效率η均為100%⑧ 當(dāng)d>0.9d0時，設(shè)距下板x處的塵埃恰好到達(dá)下板的右端邊緣，此時有x＝()2⑨ 根據(jù)題意，收集效率為η＝⑩ 聯(lián)立①②③⑨及⑩式，可得η＝0.81()2 10．示波器是一種多功能電學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形．它的工作原理等效成下列情況：如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計(jì))，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中，板長為L，相距為d.在兩板間加上如圖乙所示的正弦交變電壓，前半個周期內(nèi)B板的電勢高于A板的電勢，電場全部集中在兩板之間，且分布均勻．在每個電子通過極板的極短時間內(nèi)，電場視作恒定的．在兩極板右側(cè)且與極板右端相距D處有一個與兩板中心線垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標(biāo)原點(diǎn)相交．當(dāng)?shù)谝粋€電子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O時，使屏以速度v沿－x方向運(yùn)動，每經(jīng)過一定的時間后，在一個極短時間內(nèi)它又跳回到初始位置，然后重新做同樣的勻速運(yùn)動．(已知電子的質(zhì)量為m，帶電量為e，不計(jì)電子重力)．求： (1)電子進(jìn)入A、B板間時的初速度； (2)要使所有的電子都能打到熒光屏上，圖乙中電壓的最大值U0需要滿足什么條件？ (3)要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置？計(jì)算這個波形的峰值和長度，并在如圖(丙)所示的xOy坐標(biāo)系中畫出這個波形． 解析　(1)電子在加速電場中運(yùn)動，由動能定理，有 eU1＝mv v1＝ (2)因?yàn)槊總€電子在板A、B間運(yùn)動時，電場均勻、恒定，故電子在板A、B間做類平拋運(yùn)動，在兩板之外做勻速直線運(yùn)動打在屏上． 在板A、B間沿水平方向運(yùn)動時，有L＝v1t 豎直方向，有y′＝at2，且a＝ 聯(lián)立解得y′＝ 只要偏轉(zhuǎn)電壓最大時的電子能飛出極板打在屏上，則所有電子都能打在屏上，即 y′m＝< 所以U0< (3)要保持一個完整波形，需每隔周期T回到初始位置．設(shè)某個電子運(yùn)動軌跡如圖所示，有 tanθ＝＝＝ 又知y′＝ 聯(lián)立解得L′＝ 由相似三角形的性質(zhì)，得＝ 則y＝ 峰值為ym＝，且x1＝vT. 波形如下圖 答案　(1)　(2)U0<　(3)①T?、谧畲蠓逯担ㄩLvT?、鄄ㄐ螆D如上圖