（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.docx

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1、1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.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

2、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 BT4 T4板电势比 A 板电势高,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,eUmd T4第四个 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T4。所以电子在交变电场中将以 t= 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eUmd T4确。22.(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=

3、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=

4、 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v1sin30项 B 错误;粒子在电场中运动的过程,由动能定理可知, qEx= mv2- ,所以 v 与 x 不是线性关系,选12 12mv12项 C 错误。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( )3答案 B解析 加 A 图电压,电子从 A 板开始向

5、 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.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

6、。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4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,

7、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;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.(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

8、=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v1t1 2v14-1=2v13律得 mg=ma1,F-mg=ma2,得电场力 F=mg+ma2= mg,则重力 mg 与电场力 F 大小之比为

9、3 5,选项 A 正确;小53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。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T35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

10、T 时间内运动的描述,正确的是( )A.末速度大小为 v0 B.末速度沿水平方向2C.重力势能减少了 mgd D.克服电场力做功为 mgd12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T3动;竖直方向: 时间内,只受重力,做自由落体运动, 时刻, =g T 时间内, a= =g,做匀T32T3 2T3 v1y T3,2T3 2qE0-mgm减速直线运动, T 时刻, -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v2y=v1yT3力势能的减少量 Ep=mg mgd,所以选项 C 正确。根据动能

11、定理: mgd-W 克电 =0,得 W 克电 = mgd,d2=12 12 12所以选项 D 错误。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d3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 ,粒子将在距上极板 处返回d2 d36B.保持开关闭合,若将下极板上移 ,粒子将在距上极板 处返回d2 d5C.断开开关,若将下极板上移 ,粒子将能返回原处d5D.断开开关,若将上极板上移 ,粒子将能返回原处d

12、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(d+d3) d2极板 x 处返回,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,(d3+x) U12d 15 15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 ,设粒子到达距离上d5极板 x 处,由动能定理得 mg -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;(d3+x)将上极板上移 ,设粒子到达离下极板 x 处,由动能定理得 mg -Eq =0,解得 x= ,d5 (4d3

13、-x) (d5+d-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。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=0.2 kg,电荷量为 q=2.01 0-6C 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。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

14、-mg=ma 1,即 a1= =2m/s2,E1q-mgm7位移 x1= a1 =4m12t122s 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=ma 2即 a2= =-2m/s2E2q-mgm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= x1+ t=47m。222 v22+v232(2)23s 内,设电场力对小物块所做的功为 W,由动

15、能定理得 W-mgx=12mv232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=0.4 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

16、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=0.45m128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 =mg(R+h) 12

17、mvC2代入数据可得 h=0.85m。 10.(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3U0et02md 3U0et022md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

18、图像如图丙和图丁所示。电场强度 E=U0d电子的加速度 a=Eem=U0edm由图丙中 vy1=at0=U0et0dm9vy2=a2t0=2U0et0dm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= t0+vy1t0+ t0=vy12 vy1+vy22 3U0et02md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= t0+vy1t0= 。vy12 3U0et022md11.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

19、。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 (1)v0-2gt1 (2)若 B 点在 A 点之上, E2= E1,0 1+2-2v0gt1+14(v0gt1) 2 32v0g 32v0g若 B 点在 A 点之下,E2= E1,t1 +12-2v0gt1-14(v0gt1) 2

20、 52 v0g解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为 E1的匀强电场中做匀速直线运动,故所受电场力方向向上。在 t=0 时,电场强度突然从 E1增加至 E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小 a1满足 qE2-mg=ma1 油滴在时刻 t1的速度为v1=v0+a1t1 电场强度在时刻 t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小 a2满足 qE2+mg=ma2 油滴在时刻 t2=2t1的速度为v2=v1-a2t1 10由 式得 v2=v0-2gt1。 (2)由题意,在 t=0 时刻前有qE1=mg 油滴从 t=0 到时刻 t1的位移为s1=v0t1+ a1 12t12油滴在从时刻 t1到时刻 t2=2t1的时间间隔内的位移为 s2=v1t1- a2 12t12由题给条件有 =2g(2h) v02式中 h 是 B、 A 两点之间的距离。若 B 点在 A 点之上,依题意有s1+s2=h 由 式得E2= 2-2 2 E1v0gt1+14v0gt1为使 E2E1,应有2-2 21v0gt1+14v0gt1即当 0 1+32v0g才是可能的;条件 式和 式分别对应于 v20 和 v2E1,应有2-2 1v0gt1-14(v0gt1)211即 t1(52+1)v0g另一解为负,不合题意,已舍去。