2020新课标高考物理总复习课时检测(四十五)带电粒子(体)在电场中运动的综合问题(题型研究课)

1、课时检测（四十五）带电粒子（体）在电场中运动的综合问题（题型研究课）1.（多选）（）（20 佃 安徽八校联考）某静电场中 x 轴上电场强度 E 随 x “变化的关系如图所示，设 x 轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷 量大小为q 的粒子从坐标原点 0 沿 x 轴正方向运动，结果粒子刚好静 止于 x= 3xo处。假设粒子仅受电场力作用，Eo和 xo已知，贝 U （）A 粒子一定带负电B.粒子的初动能大小为3qEoxoC 粒子沿 x 轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D .粒子沿 x 轴正方向运动过程中最大动能为2qEoXo解析：选 BD 如果粒子带负电，粒子沿 x 轴正方向一定先做减速运动后

2、做加速运动,因此粒子在 x = 3xo处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A 错误；结合题图，根据动113能定理 2qEoxo 2X2qEo2xo= o- Eko，可得 Eko= 2qEoxo, B 正确；粒子沿 x 轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C 错误；粒子运动到 xo1处动能最大，根据动能定理 2qEoxo= Ekmax Eko，解得 Ekmax= 2qEoxo, D 正确。2.如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力），仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、 B 两点

3、是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是（）A.A 点电势高于 B 点电势B.尘埃在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度C .尘埃在迁移过程中做匀变速运动D .尘埃在迁移过程中电势能始终在增大解析：选 B 沿电场线方向电势降低，由题图可知， B 点的电势高于 A 点的电势，A 错 误；A 点电场线比 B 点密集，因此 A 点的场强大于 B 点的场强，故尘埃在 A 点受到的电场 力大于在 B 点受到的电场力，则尘埃在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，B 正确；放电极与集尘极间为非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动,错

4、误；尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角,能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小，D 错误。3.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为- :-E，一根不可伸长的绝缘细线长度为I,细线一端拴一个质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球，另一端固定在 0 点。把小球拉到使细线水平E 的 A 点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成0=60亠 角的 B 点时速度为零。以下说法中正确的是（）A .小球在 B 点处于平衡状态B.小球受到的重力与电场力的关系是,3qE= mgC 小球将在 A、B 之间往复运动，且幅度将逐渐减小1D.小球从A运动到B的过程中，

5、电场力对其做的功为一2qEi解析：选 D 根据动能定理得： mgSin0 qEI（1 cos0= 0,解得：qE= 3mg，故 B 错误；tana=器=，解得：a=300,在 B 点电场力与重力的合力和细线拉力不共线， 所以小球在 B 点不是处于平衡状态，故 A 错误；类比单摆，小球将在A、B 之间往复运动，能量守恒，幅度不变，故 C 错误；小球从 A 运动到 B 的过程中电场力做功：W= qEI（1 cos 0）= fqEl，故 D 正确。4.（多选）（）（2019 安徽八校联考）如图所示，一绝缘细线 Oa 下端系一1轻质带正电的小球a（重力不计），地面上固定一光滑的绝缘才才圆弧管道AB，圆

6、心与小球 a 位置重合。一质量为 m、带负电的小球 b 由 A 点静 止释放，小球 a 由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线 O a 水平，细线 Oa 与竖直方向的夹角为0。当小球 b 沿圆弧管道运动到小球 a 正下方 B 点时，对管道壁恰好无压力，在此过程中（a、b 两球均可视为点电荷）（）（）A .小球 b 所受的库仑力大小为 3mgB.小球 b 的机械能逐渐减小C .细线 O a 的拉力先增大后减小D .细线 Oa 的拉力先增大后减小解析：选 AC 库仑力对小球 b 不做功，故小球 b 的机械能守恒，由机械能守恒定律可电场力做负功，电势得；mvB2=mgR,则小球 b 运动到 B 点的

7、速度 vB=.2gR；小球 b 对管道无压力，则 F mg2=mVVB，解得 F = 3mg, A 正确，B 错误；设小球 b 在某位置时和小球 a 位置连线与竖直方R向的夹角为a,细线 Oa 的拉力为FTI，细线 O a 的拉力为FT2,则对小球 a，可得FT2=FTisin0+Fsina,FTICOS0=Feosa,当小球 b 从 A 点向 B 点运动时，a直减小，可知FTI一直增大，D错误；FT2= Feos atan0+ Fsina=Jsin(0+ a，则当小球 b 从 A 点向 B 点 cos0运动时，a从 90减小到 0,FT2先增大后减小，C 正确。5.制备纳米薄膜装置的工作电极

8、可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示。加在极板 A、B 间的电压UAB周期性变化，其正向电压为 U。，反向电压为一 kU(k1)，电 压变化的周期为 2t，如图乙所示。在 t= 0 时，极板 B 附近的一个电子，质量为 m、电荷量 为 e,受电场力作用由静止开始运动，不考虑重力作用，若k=5为使电子在 02t 时间内4不能到达极板 A。求 d 应满足的条件。21 ;3i At解析：电子在 0t 时间内做匀加速运动加速度的大小 a1=eUTmd、 12位移 X1= a1t电子在 t2t 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小 a2=5eU74md初速度的大小 V1= a

9、1t2一V1匀减速运动阶段的位移X2=2a2扱植A耳厂4甲6.(20 佃吉安模拟) )如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端依据题意 dX1+ X2拴一个质量为 m、电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时，将小球从 A 点由静止释放，当细线与竖直方向的夹角a=60寸，小球速度为零。(1) 求小球的带电性质和电场强度E 的大小；(2) 若小球恰好完成竖直圆周运动， 求从 A 点释放小球时的初速度vA的大小( (可含根式) )。解析：(1)根据电场方向和小球运动情况分析，可知小球带正电，小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqLsinamgL(1co

10、s a)=0解得 E 二导。3q将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ，则 G = mg2+ qE2=33mg,方向与竖直方向成 30。角偏向右下方，若小球恰能完成竖直圆周运动，在等效最高点有2.3v23 mg= m2mgL(1 + cos 30) *mv2 *mvA解得 vA= 2 i.3+ 1 gL。平轨道间的动摩擦因数尸 0.15，位于 N 点右侧 x = 1.5 m 的 M 处，g 取 10 m/s2。求:(2)在满足(1)中条件的情况下，初速度为v0的小滑块通过 P 点时对轨道的压力的大小。解析：( (1)设小滑块到达 Q 点时速度为 v,2由牛顿第二定律得 mg + qE

11、= mR小滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得答案：正电靑13(2)2 3+ 1 gL7.如图所示， 在 E = 103V/m 的竖直向上的匀强电场中，有一光滑 半圆形绝缘轨道 Q PN 与一水平绝缘轨道 MN 在 N 点平滑相接，半圆 形轨道平面与电场线平行，其半径 R= 40 cm, N 为半圆形轨道最低点，P 为圆弧 QN 的中点。一带负电的小滑块质量m= 10 g，电荷量大小 q= 104C ,与水(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,小滑块向左运动的初速度 v0的大小;I H1212-mg 2R- qE 2R(4mg+ qE)x= gmv -mvo解得 vo=

12、7 m/s。设小滑块到达 P 点时速度为 v ,则从开始运动至到达 P 点过程中，由动能定理得1 ,-(mg+qE)R- MqE+mg)x=?mv212?mv0又在 P 点时，由牛顿第二定律得解得FN=0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力FN=FN=0.6 N。答案：( (1)7 m/s (2)0.6 N8.如图所示，板长 L = 10 cm、平放置，它的左侧有与水平方向成一质量为 m= 3.6x10-4kg、带电荷量为 q= 9X104C 的小球由 O 点静止板间距离 d= 10 cm 的平行板电容器水60角斜向右上方的匀强电场。某时刻释放，沿直线 OA 从电容器极板间

13、的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘,O 到 A 的距离 x= 45 .3 cm(g 取 10 m/s2)。求:(1)电容器外左(2)小球刚进入电容器时的速度v 的大小;(3)电容器极板间的电压 U。解析：( (1)由于小球在电容器外左侧的匀强电场中做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq=馬解得 E =色色3N/C。从 O 点到 A 点，由动能定理得:qExcos 60 = mv2 0解得：v = 3 m/s。(3)小球在电容器中做类平抛运动,水平方向：L = v t竖直方向：2=如2=md_g解得 U = 4 V。9如图甲所示，水平放置的平行金属板A 和 B 的距离为

14、d,它们的右端安放着垂直于金属板的靶 MN，现在 A、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为Uo,反向值为寮且每隔变向1次。现将质量为m、电荷量为 q 的正粒子束从A、B 左端的中点O 沿平行于金属板的方向 00 射入，设粒子能全部打在靶上，且所有粒子在A、B 间的飞行时间均为 T。不计重力的影响，求:(1)定性分析在 t= 0 时刻从 0 点进入的粒子，在垂直于金属板方向上的运动情况；在距靶 MN 的中心 O点多远的范围内有粒子击中；要使粒子能全部打在靶 MN 上，电压 U0的数值应满足什么条件( (写出 U。、m、d、q、 T 的关系式即可) )。解析：在在0$时间内，粒子受到

15、向下的电场力而向下做匀加速运动，在殳殳T时间内， 粒子受到向上的电场力而向下做匀减速运动。(2)当粒子在 0, T,2T ,，nT(n= 0,1,2,)时刻进入电场中时，粒子将打在0点下方最远点，在前 2 时间内，粒子竖直向下的位移：1 T21 乂 qUovT2qui!yi=2a1辽丿二 2XmdX8md在后 I 时间内，粒子竖直向下的位移： 12y2= v 空-2a22其中：I qU0TU0v = a1 =, a2=12 2md22md解得：23qU0T2 y2= 16md答案：竽 NIC(2)3 m/s (3)4 V1 .Fi_ Q： *ii!l-1I1/is riar:-亠可* 2fit甲点，在前 T 时间内，粒子竖直向上的位移：& =iaiT2=1XqUoxT2=理yi2ai运丿 2 2md b 丿 16md在后 T 时间内，粒子竖直向上的位移：T 1y = v - 2a2解得：y = o故粒子打在距 O点正上方的最大位移:要使粒子能全部打在靶上，需有:5qUoT