2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 分層規(guī)范快練25 帶電粒子在電場中運動的綜合問題 新人教版.doc

分層規(guī)范快練(二十五)帶電粒子在電場中運動的綜合問題 雙基過關(guān)練1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(xì)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(fù)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(fù)功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯答案：B22019山東日照模擬圖甲為兩水平金屬板，在兩板間加上周期為T的交變電壓u，電壓u隨時間t變化的圖象如圖乙所示質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間，經(jīng)時間T從兩板間飛出下列關(guān)于粒子運動的描述錯誤的是()At0時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大BtT時入射的粒子，離開電場時偏離中線的距離最大C無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度方向都水平D無論哪個時刻入射的粒子，離開電場時的速度大小都相等解析：設(shè)U0為正時，粒子的加速度方向為正方向，t0時入射的粒子，在豎直方向先正方向勻加速，然后正方向勻減速到0，離開電場時偏離中線的距離最大，選項A正確；而tT時入射的粒子，在豎直方向先正方向勻加速，然后勻減速到0，再反向勻加速，反向勻減速到0，離開電場時偏離中線的距離為0，選項B錯誤；因粒子在電場中運動的時間等于電壓變化的周期T，粒子在豎直方向上加速時間和減速時間必定相等，故所有粒子飛出電場時的豎直速度均為零，選項C、D正確；本題要求選擇錯誤選項，故B符合題意答案：B3(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處(不計電子的重力)，下列說法正確的是()A從t0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上B從t0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C從t時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D從t時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解析：根據(jù)Ut圖線可得到粒子運動的at圖線，易知，從t0時刻釋放電子，0向右加速，T向右減速，電子一直向右運動，選項A正確，B項錯誤；從t時刻釋放電子，如果板間距離比較大，向右加速，T向右減速，TT向左加速，TT向左減速，如果板間距離較小，向右加速，T向右減速，可能已經(jīng)撞到極板上，選項C正確，D錯誤答案：AC42019長春質(zhì)檢(多選)如圖所示，光滑絕緣斜面體ABC處于水平向右的勻強電場中，斜面AB的長度為0.5 m，傾角37，帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)以大小為2 m/s的速度v0沿斜面勻速上滑g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8.下列說法中正確的是()A小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能B水平勻強電場的電場強度為C若電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，則小球運動的加速度大小為3 m/s2D若電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t小球運動到B點時的速度為初速度v0的一半解析：小球由A到B的過程中，電場力做正功，小球的電勢能減小，選項A錯誤；因小球做勻速運動，由平衡條件知qEcosmgsin，所以電場強度E，選項B正確；電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍后，則有q2Ecosmgsinma，所以agsin6 m/s2，選項C錯誤；電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话牒?，則有mgsinqcosma1，所以a13 m/s2，由vv22a1L，解得v1 m/s，選項 D正確答案：BD5如圖所示，在E103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負(fù)電q104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？解析：(1)設(shè)小滑塊恰能到達(dá)Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mgqEm小滑塊從開始運動至到達(dá)Q點過程中，由動能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv聯(lián)立解得：v07 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點時速度為v，則從開始運動至到達(dá)P點過程中，由動能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv又在P點時，由牛頓第二定律得FNm代入數(shù)據(jù)，解得：FN0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FNFN0.6 N.答案：(1)7 m/s(2)0.6 N技能提升練62019河南八市模擬如圖所示，傾角為30的絕緣斜面AB長度為3l，BC長度為l，斜面上方BC間有沿斜面向上的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小物塊自A端左上方某處以初速度v0水平拋出，恰好在A點與斜面相切滑上斜面，沿斜面向下運動，經(jīng)過C點但未能到達(dá)B點，在電場力作用下返回，最終恰好靜止在A點，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，不考慮運動過程中物塊電荷量的變化，重力加速度為g，求：(1)物塊平拋過程中的位移大?。?2)物塊在電場中的電勢能的最大增量解析：(1)物塊落到斜面上A點時，速度方向與水平方向夾角為，設(shè)此時速度為v，則cos，豎直速度vyvsin，平拋過程中，水平位移xv0，豎直位移y，平拋的位移s，解得sl.(2)設(shè)物塊沿斜面向下運動的最大位移為x，自物塊從A點開始向下運動到再次返回A點，根據(jù)動能定理有2mgcosx0mv2，解得x2l.物塊位于最低點時，其電勢能的變化量最大，即電勢能的增量最大，物塊自A點到最低點過程中，設(shè)電場力做功為W，根據(jù)動能定理有mgsinxmgcosxW0mv2，解得W2mgl，即物塊電勢能最大增量為2mgl.答案：(1)l(2)2mgl7.如圖所示，絕緣的光滑水平桌面高為h1.25 m、長為s2 m，桌面上方有一個水平向左的勻強電場一個質(zhì)量m2103 kg、帶電荷量q5.0108 C的小物體自桌面的左端A點以初速度vA6 m/s向右滑行，離開桌子邊緣B后，落在水平地面上C點已知C點與B點的水平距離x1 m，不計空氣阻力，g取10 m/s2.(1)小物體離開桌子邊緣B后經(jīng)過多長時間落地？(2)勻強電場的電場強度E為多大？(3)為使小物體離開桌面邊緣B后水平位移加倍，即x2x，某同學(xué)認(rèn)為應(yīng)使小物體帶電荷量減半，你同意他的想法嗎？試通過計算驗證你的結(jié)論解析：(1)設(shè)小物體離開桌子邊緣B點后經(jīng)過時間t落地，則hgt2解得t0.5 s(2)設(shè)小物體離開桌子邊緣B點時的速度為vB，則vB2 m/s根據(jù)動能定理得qEsmvmv解得E3.2105 N/C(3)不同意要使水平射程加倍，必須使B點水平速度加倍，即vB2vB4 m/s根據(jù)動能定理得qEsmvmv解得vA4 m/svA所以說該同學(xué)認(rèn)為應(yīng)使小物體的帶電荷量減半的想法是錯誤的答案：(1)0.5 s(2)3.2105 N/S(3)略8如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UAB1 125 V，板中央有小孔O和O.現(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進(jìn)入A、B之間在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長L14102 m，板間距離d4103 m，在距離M、N右側(cè)邊緣L20.1 m處有一熒光屏P，當(dāng)M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O并發(fā)出熒光現(xiàn)給金屬板M、N之間加一個如圖乙所示的變化電壓u1，在電壓變化時，M板電勢低于N板已知電子質(zhì)量為me9.01031 kg，電量為e1.61019 C求：(1)每個電子從B板上的小孔O射出時的速度多大？(2)電子打在熒光屏上的范圍是多少？解析：(1)電子經(jīng)A、B兩塊金屬板加速，有eUABmev得v0 m/s2107 m/s.(2)電子通過極板的時間為t2109 s，遠(yuǎn)小于電壓變化的周期，故電子通過極板時可認(rèn)為板間電壓不變當(dāng)u1U222.5 V時，電子經(jīng)過M、N極板向下的偏移量最大，為y122 m2103 my1<d，說明所有的電子都可以飛出M、N，此時電子射出極板后在豎直方向的速度大小為vy m/s2106 m/s電子射出極板MN后到達(dá)熒光屏P的時間為t2 s5109 s電子射出極板MN后到達(dá)熒光屏P的偏移量為y2vyt221065109 m0.01 m電子打在熒光屏P上的總偏移量為：yy1y20.012 m，方向豎直向下；打在熒光屏上的電子范圍是：從O豎直向下00.012 m.答案：(1)2107 m/s(2)從O豎直向下00.012 m