【高考复习】2020版高考物理 考点规范练习本22 带电粒子在电场中的综合问题（含答案解析）.doc

2020版高考物理 考点规范练习本22 带电粒子在电场中的综合问题如图所示,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()如图所示,金属板A、B水平放置,两板中央有小孔S1、S2,A、B与直流电源连接。闭合开关,从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球,小球刚好能到达S2孔,不计空气阻力,要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔,应()A.仅上移A板适当距离B.仅下移A板适当距离C.断开开关,再上移A板适当距离D.断开开关,再下移A板适当距离真空中的某装置如图所示,其中平行金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场,M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为124,电荷量之比为112,则下列判断正确的是()A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124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()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图像分别如图乙中M、N两曲线所示。则由图线可知()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 (多选)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35B.在t=5 s时,小球经过边界MNC.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 (多选)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,0T3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2v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd (多选)如图所示,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等 (多选)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d3处有一带正电的粒子,粒子由静止开始下落恰好能到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d2,粒子将在距上极板d3处返回B.保持开关闭合,若将下极板上移d2,粒子将在距上极板d5处返回C.断开开关,若将下极板上移d5,粒子将能返回原处D.断开开关,若将上极板上移d5,粒子将能返回原处如图所示,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。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=2.010-6 C的小物块处于静止状态,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。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的周期性电压时,所有的电子均能从两板间通过(不计重力)。求这些电子穿过平行板时距OO的最大距离和最小距离。真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度。(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。答案解析答案为：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。答案为：D；解析：设板间距离为d,O距S1为h,电源电压为U,由题意知从O处释放一带电小球,到达S2孔时小球速度为零,则电场力对小球做负功,由动能定理得mg(h+d)-qU=0,若仅上移或下移A板适当距离,两板间电压不变,仍满足mg(h+d)-qU=0,小球仍然刚好到达S2,则A、B选项错误;断开开关,Q不变,因E=4kQrS,则电场强度E不变,由动能定理得mg(h+d)-Eqd=0,将A板向上移适当距离,假设仍能到达S2处,则重力做功不变,电场力做功增多,故假设不成立,即到达不了S2处速度已为零,故C选项错误;若下移A板适当距离,假设仍能到达S2处,则重力做功不变,电场力做功变少,所以总功为正功,到达S2处小球速度不为零,能够穿过S2孔,故D选项正确。答案为：B；解析：设加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d,在加速电场中,由动能定理得qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,三种粒子从B板运动到荧光屏的过程,水平方向做速度为v0的匀速直线运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同,故A错误;根据推论y=U2L24dU1、tan=U2L2dU1可知,y与粒子的种类、质量、电荷量无关,故三种粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同,故B正确;偏转电场的电场力做功为W=qEy,则W与q成正比,三种粒子的电荷量之比为112,则有电场力对三种粒子做功之比为112,故C、D错误。答案为：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=v1sin30=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;粒子在电场中运动的过程,由动能定理可知,qEx=12mv2-12mv12,所以v与x不是线性关系,选项C错误。答案为：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T4内做匀加速直线运动,第二个T4内做匀减速直线运动,在这半周期内,因初始B板电势比A板电势高,所以电子向B板运动,加速度大小为eUmd。在第三个T4内电子做匀加速直线运动,第四个T4内做匀减速直线运动,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eUmd。所以电子在交变电场中将以t=T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动,综上分析选项D正确。答案为：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。答案为：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=v1t1=v1,进入电场后的加速度大小a2=2v14-1=2v13,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得电场力F=mg+ma2=53mg,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,故选项D正确。答案为：BC；解析：0T3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;竖直方向:T32T3时间内,只受重力,做自由落体运动,2T3时刻,v1y=gT3,2T3T时间内,a=2qE0-mgm=g,做匀减速直线运动,T时刻,v2y=v1y-aT3=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=mgd2=12mgd,所以选项C正确。根据动能定理:12mgd-W克电=0,得W克电=12mgd,所以选项D错误。答案为：BD；解析：根据题意可知竖直方向上的位移关系xaxb,根据x=12at2和a=qEm,联立可得x=12qEmt2,质量和位移成反比,所以a的质量小于b的质量,A选项错误;根据动能定理qEx=12mv2-0,动能大小与位移成正比,B选项正确;t时刻,a和b位于同一等势面上,但是带电性质不同,所以电势能不相等,C选项错误;根据动量定理得,qEt=mv-0,所以动量大小相等,D选项正确。答案为：BD；解析：由动能定理可得mgd+d3=Uq=Eqd。保持开关闭合,将下极板向上平移d2,设粒子运动到距离上极板x处返回,根据动能定理得mgd3+x-qU12dx=0,联立两式得x=15d,即粒子将在距上极板15d处返回,选项B正确,A错误;若断开开关,则两极板间的电场强度E不变,将下极板上移d5,设粒子到达距离上极板x处,由动能定理得mgd3+x-Eqx=0,解得x=d,即粒子将碰到下极板而不能返回,选项C错误;将上极板上移d5,设粒子到达离下极板x处,由动能定理得mg4d3-x-Eqd5+d-x=0,解得x=4d5,故粒子将不能碰到下极板而返回原处,选项D正确;故选BD。解：(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=12gt2=0.45m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=12mvC2可得vC=5m/s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=mvC2R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12mvC2=mg(R+h)代入数据可得h=0.85m。解：(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=E1q-mgm=2m/s2,位移x1=0.5a1t12=4m 2s末的速度为v2=a1t1=4m/s24s内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得E2q-mg=ma2即a2=E2q-mgm=-2m/s2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=222x1+v22+v232t=47m。(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=12mv232解得W=9.8J。解：以电场力的方向为正方向,画出电子在t=0、t=t0时刻进入电场后,沿电场力方向的速度vy随时间变化的vy-t图像如图丙和图丁所示。电场强度E=U0d 电子的