高考物理一轮复习 考点规范练25 带电粒子在电场中的综合问题（含解析）新人教版-新人教版高三物理试题

考点规范练25带电粒子在电场中的综合问题一、单项选择题1.(2019·河南中原名校第二次联考)如图所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是()图1图2A.电压是甲图时,在0~T时间内,电子的电势能一直减少B.电压是乙图时,在0~T2C.电压是丙图时,电子在板间做往复运动D.电压是丁图时,电子在板间做往复运动答案:D解析:若电压是题图甲,0~T时间内,电场力先向左后向右,则电子先向左做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故A错误;电压是题图乙时,在0~T2时间内,电子向右先加速后减速,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故B错误;电压是题图丙时,电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动,过了T2后做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后重复前面的运动,故电子一直朝同一方向运动,故C错误;电压是题图丁时,电子先向左加速,到T4后向左减速,T2后向右加速,32.(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=2.0×10-11kg、电荷量为q=1.0×10-5C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104m/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=2×104m/s,已知MP=20cm、MN=80cm,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φ、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=ΔEp=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=12mv2-123.(2019·安徽蚌埠市一质检)图甲为一对长度为l的平行金属板,在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1答案:C解析:设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转电场中的加速度为a。若粒子在t=nT(n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场,此时粒子偏转位移最大,ymax=12aT22若粒子在t=nT+T2(n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场,此时粒子偏转位移最小,ymin=0+12则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1,故C项正确。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6m/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.0~t2时间内,两电荷的静电力先增大后减小D.0~t3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0~t2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;0~t3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.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Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ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3∶5B.在t=5s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1~4s过程中,小球的机械能先减少后增加答案: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=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=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~T3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0~T时间内运动的描述,正确的是(A.末速度大小为2v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgd D.克服电场力做功为答案:BC解析:0~T3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:T3~2T3时间内,只受重力,做自由落体运动,2T3时刻,v1y=gT3,2T3~T时间内,a=2qE0-mgm=g,做匀减速直线运动,T时刻,v2y=v1y7.(2019·山西孝义市第一次模拟)如图所示,ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R的圆弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为l的等边三角形,M、N连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为+Q和-Q。现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g,则()A.小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力B.小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能C.小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能D.小球运动到C点时的速度为gR答案:AC解析:根据等量异种点电荷的电场特征,B点电场强度小于C点,小球在B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力,故A项正确。根据等量异种点电荷的电场特征可知A、B、C三点处于同一个等势面上,所以三点的电势相等,小球在三点处的电势能是相等的,故B项错误,C项正确。从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功,由动能定理可得mgR=12mvC2三、非选择题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=0.2kg,电荷量为q=2.0×10-6C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=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10m/s(1)23s内小物块的位移大小;(2)23s内电场力对小物块所做的功。答案:(1)47m(2)9.8J解析:(1)0~2s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得E1q-μmg=ma1,即a1=E1q-μmg位移x1=12a1t12s末的速度为v2=a1t1=4m/s2~4s内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得E2q-μmg=ma2即a2=E2q-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(2)23s内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-μmgx=1解得W=9.8J。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=0.4m,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=1.0×106N/C。现有一个质量m=2.0×10-2kg,电荷量q=2.0×10-7C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=0.3s到达A点并沿切线进入半圆轨道,g取10m/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)1.65N(2)0.85m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=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=12可得vC=5m/s③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=mv由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为FN'=FN=1.65N。⑤(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代入数据可得h'=0.85m。⑦10.(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、最大值恒为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。答案:3解析: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=U电子的加速度a=Ee由图丙中vy1=at0=Uvy2=a×2t0=2由图丙可得电子的最大侧移,即穿过平行板时距OO'的最大距离ymax=vy12t0+vy1t0+vy由图丁可得电子的最小侧移,即穿过平行板时距OO'的最小距离ymin=vy12t0+vy1t011.(2019·名师原创预测)如图所示,在光滑的水平桌面上,水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点,整个轨道位于水平桌面内,圆心角∠BOC=37°,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为l=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中,电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、电荷量为+q的小物块P从A点无初速度释放,小物块P与AB之间的动摩擦因数μ=0.25,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,忽略空气阻力。求:(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1;(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离;(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。答案:(1)5.4qE(2)65R(3)15解析:(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1,根据动能定理有qE[lsin37°+R(1-cos37°)]-μqElcos37°=12m解得vC1=22在C点根据向心力公式得FNC1'-qE=mv解得FNC1'=5.4qE。根据牛顿第三定律得FNC1=5