通用版2020版高考物理大一轮复习考点规范练25带电粒子在电场中的综合问题新人教版 有答案

1、1 考点规范练考点规范练 2525 带电粒子在电场中的综合问题带电粒子在电场中的综合问题 一、单项选择题 1 1.将如图所示的交流电压加在平行板电容器A、B两板上,开始B板电势比A板电势高,这时有一个原来静止 的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动,设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是( ) A.电子一直向着A板运动 B.电子一直向着B板运动 C.电子先向A板运动,然后返回向B板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动 D.电子先向B板运动,然后返回向A板运动,之后在A、B两板间做周期性往复运动 答案 D 解析根据交流电压的变化规律,作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线,如图甲、乙。从图中可知, 电子在第一个 内做匀加速直线运动,第二个 内做匀减速直线运动,在这半周期内,因初始B板电势比A板电 T 4 T 4 势高,所以电子向B板运动,加速度大小为 。在第三个 内电子做匀加速直线运动,第四个 内做匀减速直线运 eU md T 4 T 4 动,但在这半周期内运动方向与前半周期相反,向A板运动,加速度大小为 。所以电子在交变电场中将以t= eU md 时刻所在位置

2、为平衡位置做周期性往复运动,综上分析选项 D 正确。 T 4 2 2 2.(2018辽宁三校高三第三次调研考试)如图所示,矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场,一质量为 m=2.010-11 kg、电荷量为q=1.010-5 C 的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1104 m/s 的初速度垂直 于PQ进入电场,最终从MN边界的b点以与水平边界MN成 30角斜向右上方的方向射出,射出电场时的速度 v2=2104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a点电势为零,如果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴, 则粒子从a点运动到b点的过程中,电场的电场强度E、电势、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像 正确的是( ) 答案 D 解析因为规定a点电势为零,粒子进入电场后做类平抛运动,根据电场力做功与电势能的变化的关系,有 qEx=Ep=0-Ep,故Ep=-qEx,故选项 D 正确;因为匀强电场中的电场强度处处相等,故选项 A 错误;因为粒子离 开电场时的速度v2=2v1,电场的方向水平向右,沿电场线的方向电势降低,故选项 B 错误;粒子在电场中 v1 sin30 运动

3、的过程,由动能定理可知,qEx= mv2-,所以v与x不是线性关系,选项 C 错误。 1 2 1 2mv1 2 3 3 3. 如图所示,A、B两金属板平行放置,在t=0 时刻将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别 在A、B两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B板( ) 答案 B 解析加 A 图电压,电子从A板开始向B板做匀加速直线运动;加 B 图电压,电子开始向B板做匀加速运动,再 做加速度大小相同的匀减速运动,速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动,由对称性可知,电子将做周 期性往复运动,所以电子有可能到不了B板;加 C 图电压,电子先匀加速,再匀减速到静止,完成一个周期,所以 电子一直向B板运动,即电子一定能到达B板;加 D 图电压,电子的运动与 C 图情形相同,只是加速度是变化的,所 以电子也一直向B板运动,即电子一定能到达B板,综上所述可知选项 B 正确。 4 4.如图甲所示,光滑绝缘水平面上有M、N两个点电荷。t=0 时,M静止,N以初速度 6 m/s 向甲运动。此后,它 们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v-t

4、图像分别如图乙中M、N 两曲线所示。则由图线可知( ) 4 A.两电荷的电性一定相反 B.t2时刻两电荷的电势能最大 C.0t2时间内,两电荷的静电力先增大后减小 D.0t3时间内,M的动能一直增大,N的动能一直减小 答案 C 解析由题图乙可知,两个小球间产生的是排斥力,因为刚开始N做减速运动,M做初速度为 0 的加速运动,则两 个电荷的电性一定相同,选项 A 错误;在t1时刻,两个小球共速,两小球间的距离最小,故在间距减小的过程中,静 电力对整体做负功,以后小球的距离逐渐增大,静电力就做正功了,故两球间距最小时的电势能最大,选项 B 错 误;在 0t2时间内,两电荷的间距先减小后增大,故它们间的静电力先增大后减小,选项 C 正确;0t3时间内,M 的速度一直增大,故它的动能一直增大,而N的速度先减小后增大,故它的动能也是先减小后增大,选项 D 错误。 二、多项选择题 5 5.(2018四川自贡一诊)在地面附近,存在一有界电场,边界MN将空间分成上下两个区域、,在区域中 有竖直向上的匀强电场,在区域中离边界某一高度处由静止释放一质量为m的带电小球A,如图甲所示,小 球运动的v-t图像如

5、图乙所示,不计空气阻力,则( ) A.小球受到的重力与电场力大小之比为 35 B.在t=5 s 时,小球经过边界MN C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功大于电场力做的功 D.在 14 s 过程中,小球的机械能先减少后增加 5 答案 AD 解析小球进入电场前做自由落体运动,进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动,由题图乙可以看出, 小球经过边界MN的时刻是t1=1s 和t2=4s,故选项 B 错误;由v-t图像的斜率等于加速度得,小球进入电场前 的加速度大小a1=g= =v1,进入电场后的加速度大小a2=,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得电 v1 t1 2v1 4 - 1 = 2v1 3 场力F=mg+ma2= mg,则重力mg与电场力F大小之比为 35,选项 A 正确;小球向下运动的整个过程中,动能的 5 3 变化量为零,根据动能定理,整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等,故选项 C 错误;整个过程中,由 题图可得,小球在 02.5s 内向下运动,在 2.55s 内向上运动,在 14s 过程中,电场力先做负功后做正功,所以 小球的机械能先减少后增加,

6、故选项 D 正确。 6 6.如图甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻,质量为m的带电微粒 以初速度v0沿中线射入两板间,0时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程 T 3 中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在 0T时间内运动的描述,正确的是( ) A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向 2 C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd 1 2 答案 BC 解析 0时间内微粒匀速运动,有mg=qE0。把微粒的运动分解,水平方向:做速度为v0的匀速直线运动;竖直方 T 3 向:时间内,只受重力,做自由落体运动, 时刻,=gT时间内,a=g,做匀减速直线运动,T时 T 3 2T 3 2T 3 v1y T 3, 2T 3 2qE0- mg m 6 刻,-a=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,选项 A 错误,B 正确。重力势能的减少量 Ep=mg v2y= v1y T 3 mgd,所以选项 C 正确。根据动能定理:mgd-W克电=0,得W克电= mgd,所以选项 D 错误。 d 2 = 1 2 1 2 1

7、 2 7 7. 如图所示,一水平放置的平行板电容器其间距为d,两极板分别与电池的两极相连,上极板中央有一小孔(小孔 对电场的影响可以忽略不计)。开关闭合时,小孔正上方 处有一带正电的粒子,粒子由静止开始下落恰好能到 d 3 达下极板但没有与下极板接触,下列说法正确的是( ) A.保持开关闭合,若将下极板上移 ,粒子将在距上极板 处返回 d 2 d 3 B.保持开关闭合,若将下极板上移 ,粒子将在距上极板 处返回 d 2 d 5 C.断开开关,若将下极板上移 ,粒子将能返回原处 d 5 D.断开开关,若将上极板上移 ,粒子将能返回原处 d 5 答案 BD 解析由动能定理可得mg=Uq=Eqd。保持开关闭合,将下极板向上平移 ,设粒子运动到距离上极板x处 (d + d 3) d 2 返回,根据动能定理得mg-q x=0,联立两式得x= d,即粒子将在距上极板d处返回,选项 B 正确,A 错 ( d 3 + x) U 1 2d 1 5 1 5 误;若断开开关,则两极板间的电场强度E不变,将下极板上移 ,设粒子到达距离上极板x处,由动能定理得 d 5 mg-Eqx=0,解得x=d,即粒子将碰到

8、下极板而不能返回,选项 C 错误;将上极板上移 ,设粒子到达离下极 ( d 3 + x) d 5 7 板x处,由动能定理得mg-Eq=0,解得x=,故粒子将不能碰到下极板而返回原处,选项 D ( 4d 3 - x) ( d 5 + d - x) 4d 5 正确;故选 BD。 三、非选择题 8 8.如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg,电荷量为q=2.01 C 的小物 0 - 6 块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数=0.1。从t=0 时刻开始,空间加上一个如图乙所示的电场 强度大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向,g取 10 m/s2),求: (1)23 s 内小物块的位移大小; (2)23 s 内电场力对小物块所做的功。 答案(1)47 m (2)9.8 J 解析(1)02s 内小物块的加速度为a1 由牛顿第二定律得E1q-mg=ma1,即a1=2m/s2, E1q - mg m 位移x1= a1=4m 1 2 t12 2s 末的速度为v2=a1t1=4m/s 24s 内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得E2q-mg=ma2 即

9、a2=-2m/s2 E2q - mg m 位移的大小x2=x1=4m,4s 末小物块的速度为v4=0 因此小物块做周期为 4s 的匀加速和匀减速运动 8 第 22s 末的速度为v22=4m/s,第 23s 末的速度v23=v22+a2t=2m/s(t=23s-22s=1s) 所求位移为x= x1+t=47m。 22 2 v22+ v23 2 (2)23s 内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-mgx= 1 2mv23 2 解得W=9.8J。 9 9. 如图所示,ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道,轨道半径为R=0.4 m,A、B为半圆轨道水平直径的两 个端点,O为圆心。在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场,电场强度 E=1.0106 N/C。现有一个质量m=2.010-2 kg,电荷量q=2.010-7 C 的带正电小球(可看作质点),从A点 正上方由静止释放,经时间t=0.3 s 到达A点并沿切线进入半圆轨道,g取 10 m/s2,不计空气阻力及一切能量 损失,求: (1)小球经过C点时对轨道的压力大小; (2)小球经过B点后能上升的最大高度。 答案(1)1.65 N (2)0.85 m 解析(1)由题意可知,小球进入电场前做自由落体运动,设下落的高度为h,到达C的速度为vC,由题意可得 h= gt2=0.45m 1 2 小球进入轨道后做圆周运动,从A点运动到C点过程由动能定理可得mg(h+R)+EqR= 1 2mvC 2 可得vC=5m/s 9 设到达C时轨道对小球的支持力为FN,由牛顿第二定律可得FN-mg-Eq= mvC2 R 由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为FN=FN=1.65N。 (2)设小球经过B点后上升的最大高度为h,由机械能守恒定律可得=mg(R+h) 1 2mvC 2 代入数据可得h=0.85m。 1010.(2018河北衡水二模)如图甲所示,两块水平平行放置的导电板,板距为d,大量电子(质量为m,电荷量为 e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO方向射入两板之间,当两板不带电时,这些电子通过两板之间的时 间为 3t0,当在两板间加如图乙所示的周期为 2t0、幅值恒为U0的周

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