2019高考物理三轮冲刺大题提分大题精做8带电粒子在电场中运动.docx

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1、1大题精做八 带电粒子在电场中运动1如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，偏转电场板间距离 L8 cm，极板长为 2L，下极板接地，偏转电场极板右端到荧光屏的距离也是 2L，在两极板间接有一交变电压，电压变化周期 T4 s，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示，大量电子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的。(1)求电子进入偏转电场时的速度 v0 (用电子比荷 em、加速电压 U0表示)；(2)在电势变化的每个周期内荧光屏会出现“黑屏”现象，即无电子击中屏幕，求每个周期内的“黑屏”时间有多长？(3)

2、求荧光屏上有电子打到的区间的长度。【解析】根据题意可知，电子进入偏转电场时的速度即为电子出加速电场时的速度，根据动能定理有：eU0 012mv20解得电子进入偏转电场时的速度为：v 0 2emU0电子射出偏转电场后做匀速直线运动至荧光屏，由图甲可知，只要电子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当电子在偏转电场中侧移量大于 L/2 时，电子将打在偏转电场的极板上，致使出现“黑屏”现象，设电子刚好能射出电场时的偏转电压为 Um，则有：L2 12eUmmL(2Lv0)2解得：U m0.5U 0结合图乙可知，在偏转电压 u0.8U 00.5U 0之间变化时，进入偏转电场的电子无法射出偏转电场打到光屏

3、上，因此每个周期时间内荧光屏出现“黑屏”的时间为t 1s0.8-0.50.8+0.4T设电子射出偏转电场时的侧移量为 y，打在荧光屏上的位置到 O 的距离为Y，如图所示，由图中几何关系有： 3Yy L+2LL当电子向上偏转时，在屏上出现的最大距离为：Y 13 12cmL22当电子向下偏转时，在屏上出现的最大距离为：Y 23 9.6cm0.40.5L2所以荧光屏上有电子打到的区间的长度为：lY 1Y 221.6cm。2如图所示，质量 m1.0 kg、电荷量 q410 3 C 的带负电小球(可视为质点)用长度 l0.8 m 的不可伸长的绝缘轻质细线悬吊在 O 点，过 O 点的竖直线右侧有竖直向下足

4、够大的匀强电场，场强大小E510 3N/C。现将小球拉至 A 处，此时，细线与竖直方向成 角。现由静止释放小球，在小球运动过程中细线始终未被拉断。已知 cos ，取重力加速度34g10 m/s 2。(1)求小球第一次运动到最低点时的速度大小。(2)小球第一次进入电场时做什么运动？小球第一次离开电场时的速度多大？(结果可以保留根号)(3)求小球每次离开电场前瞬间细线对小球的拉力大小。【解析】(1)小球从 A 处运动到最低点的过程，由机械能守恒定律得：mgl(1cos ) mv0212代入数据得 v02 m/s(2)由于 qE mg10 N m 5 N，故小球先做类平抛运动，则有：v02lx v0

5、t， y at2， qE mg ma12(y l)2 x2 l2联立并代入数据得： t0.4 s， x y0.8 m即小球恰好处于水平位置时细线张紧，此时，小球的竖直分速度 vy at4 m/s细线张紧瞬间，小球水平分速度立即变为零，以竖直分速度作为初始速度做圆周运动，则由细线张紧位置到第一次离开电场时，由动能定理得：( qE mg)l mv12 mv y212 12代入数据得： v14 m/s2(3)小球第一次离开电场到运动到最低点过程中，由动能定理得： mg2l mv1 2 mv1212 12解得： v18 m/s由于 qE mg10 N m 80 Nv1 2l故此后细线张紧有拉力，小球继

6、续做圆周运动，设小球第 n 次经过最高点时速度为 vn，由动能定理得：(n1) qE2l mv n2 mv12， n1，2，3，12 12解得： v n264( n1)32， n1，2，3，在最高点时，由牛顿第二定律得： F mg qE mvn2l3联立解得： F10(8 n3)(N)， n1，2，3，.1静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其装置示意图如图所示。 A、 B 为两块平行金属板，间距 d0.30m，两板间有方向由 B 指向 A、电场强度 E1.010 3N/C 的匀强电场。在 A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪 P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方

7、向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的质量 m2.010 15 kg，电荷量 q2.010 16 C。喷出的初速度 v02.0m/s。油漆微粒最后都落在金属板 B 上。微粒所受重力和空气阻力以及微粒之间的相互作用力均可忽略。求：(1)微粒落在 B 板上的动能；(2)微粒从离开喷枪后到达 B 板所需的最短时间；(3)微粒最后落在 B 板上所形成图形的面积。【解析】(1)据动能定理，电场力对每个微粒做功 W Ekt Ek0 qEd微粒打在 B 板上时的动能 Ekt W Ek0 qEd mv12 20代入数据解得 Ekt6.410 14 J。(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达 B 板时间最短，到达

8、 B 板时速度为 vt，由 Ekt mv12 2t可得 vt8.0m/s，由于微粒在两极板间做匀变速运动，即 。dt v0 vt2解得 t0.06s。(3)由于喷枪喷出的油漆微粒是沿各个方向的，因此微粒落在 B 板上所形成的图形是圆形。喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，油漆微粒沿电场方向运动的加速度 aEqm运动的位移 d at12 21油漆微粒沿垂直于电场方向做匀速运动，运动的位移即为落在 B 板上圆周的半径 R v0t1微粒最后落在 B 板上所形成的圆面积 S R2联立以上各式，得 S2 mdv20qE代入数据解得 S7.510 2 m2。2如图所示，

9、直角坐标系 xOy 的 x 轴水平， y 轴竖直，处于竖直向下、大小为 E0的匀强电场中，过 O 点，倾角为 60的足够大斜面固定在坐标系中。质量为 m、带电荷量为 q 的粒子从 y 轴上的 P 点，以某一速度沿 x 轴正方向射入，经过时间 t，在坐标平面内加上另一匀强电场 E，再经过时间 t，粒子刚好沿垂直于斜面的方向到达斜面，且到达斜面时速度为零不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度大小；4(2)P 点与 x 轴的距离；(3)匀强电场 E 的电场强度大小。【解析】(1)粒子运动轨迹如图中虚线所示，第一个时间 t 内，粒子做类平抛运动加速度 aqE0m加上电场 E 时，粒子做匀减速直线运动粒子

10、在竖直方向的速度 vy at此时合速度方向垂直于斜面： tan v0vy可解得粒子的初速度 v03qE0tm(2)第一个时间 t 内，粒子在竖直方向的位移 y1 at212水平方向的位移 x1 v0t在第二个时间 t 内，粒子在竖直方向的位移也为 y1，水平方向的位移 x2 y1tan P 点到 x 轴的距离 l2 y1( x1 x2)tan 代入数据得： l11qE0t22m(3)在第二个时间 t 内，在竖直方向： qEy qE0 ma在水平方向： qExm v0t所以 E Ex2 Ey2解得： E E073在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标 xOy 平面平行

11、。以坐标原点 O为圆心，作半径为 R 的圆交坐标轴于 A、 B 两点， C 点为 AB 圆弧中点位置，如图所示。在原点 O 处有带正电小球，以某一初动能沿 x 轴正向水平抛出。(1)空间电场强度为 0 时，小球以 Ek0的初动能从 O 点平抛，刚好能经过 C 点位置，求小球经过 C 点位置时的动能。(2)空间电场强度不为 0 时，小球以 Ek0的初动能从 O 点平抛，当小球经过图中圆周上D 点时动能大小为 2Ek0，求 D 点位置坐标（图中未标出 D 点） 。(3)空间电场强度不为 0 时，小球以某一初动能从 O 点平抛，小球经过图中圆周上 C 点时动能大小为 2Ek0，若已知带电小球的质量为

12、 m，电量为 q，求空间所加匀强电场的场强大小（用 m、 q、 g 表达） 。【解析】 （1）小球从 O 到 C 做平抛运动有 xc22R v0tyc 22R 12gt22 12vyt可得 vy2 v0则 vC v20+v2y 5v05得 EkC5 Ek0（2）小球过 D 点时有xD v0tyD 12vytEkD2 Ek0即12m(v20+v2y) 2 12mv20可得 则有 vy v0代入位移公式得：vD 2v0 yD12xD又由几何关系得 x2D+y2D R2解得 ，xD25 5R yD 55R（3）在（1）问中由 和22R v0t 22R 12gt22可得 v20 224gR空间有电场时

13、小球过 C 点有：xc v 0tyc 12at22其中 ，amg-Eqm xc yc 22Rv y2 v 0EkC2 Ek0即12m(v20+v2y) 2 12mv20可得 v0 12v0代入位移公式得： a42v205R 2g5代入加速度公式得 E3mg5q4在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球 A 和B，质量均为 m。电荷量为 q 的 A 球恰好静止，电荷量为 2.5q 的 B 球在 A 球正下方，相距为 L。由静止释放 B球， B 球沿着直线运动并与 A 球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中 A、 B 两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中

14、A、 B 两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用 g 表示。求：(1)匀强电场的电场强度大小 E；(2)第一次碰撞后， A、 B 两球的速度大小 vA、 vB；(3)在以后 A、 B 两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等吗?如果相等，请计算该时间间隔 T；如果不相等，请说明理由。【解析】 （1）由题意可知，带电量为 q 的 A 球在重力和电场力的作用下恰好静止，则6qE mg可得匀强电场的电场强度大小 Emgq（2）由静止释放 B 球， B 球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与 A 球碰撞前瞬间速度为 v1由动能定理（2.5 qE-mg） L m v12 12解

15、得 v1 3gLA、 B 两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒m v1 mvA+ m vBm v12 mvA2 + m vB2 12 12 12联立解得 vA0， vB v1 3gL（3）设 B 球在复合场中运动的加速度为 a， A、 B 两球第一次碰撞后， A 球开始向上以速度 v1做匀速直线运动，B 球又开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，设到第二次碰撞前的时间间隔是 t1根据位移关系 v1 t1 a t12 12解得 t12v1a碰撞过程满足动量守恒且无动能损失，故每次碰撞之后两球都交换速度，第二次碰撞后， A 球向上做匀速直线运动，速度为 at12 v1B 球向上做初

16、速度为 v1的匀加速直线运动，设到第三次碰撞前的时间间隔是 t2由位移关系 2v1 t2 v1 t2+ a t22 12解得 t2 t1 2v1a以此类推，每次碰撞时间间隔相等，该时间间隔为 T2v1a根据牛顿第二定律 2.5qE-mg ma ,a 1.5g T 4L3g5如图所示，在竖直平面内存在直角坐标系 xOy，第二象限内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度为E1，在第一象限内存在水平向右的匀强电场，电场强度为 E20.375N/C，在第一象限内， y4m 处有水平绝缘平台 PA，右端与半径为 R0.4m 的光滑绝缘竖直半圆弧轨道 ACD 平滑连接，相切于 A 点， D 为其最高点。

17、一质量为 m12g、带正电 q0.1C 的可视为质点的小球从 x 轴上某点 Q 以与 x 轴负半轴成 60、大小v010m/s 的速度射入第二象限，恰好做匀速直线运动。现在第二象限内小球运动的某段路径上加上垂直于纸面向外的圆形边界的匀强磁场，磁感应强度 B0.2T，小球经过磁场区域后恰好水平向右运动，垂直于 y轴从点 P（0，4m）进入第一象限，恰好与静止放置在 P 点且可视为质点、质量 m23g、不带电的绝缘小物块碰撞并粘合在一起沿 PA 方向运动，设碰撞过程中带电量不变，粘合体命名为小物块 S。已知小物块 S 与平台7的动摩擦因数 0.35，平台 PA 的长度 L1.0m，重力加速度 g1

18、0m/s 2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力。求：(结果可用根号表示)(1)电场强度 E1的大小；(2)小球在磁场中运动的半径 r 的大小和圆形磁场区域的最小面积；(3)小物块 S 在圆弧轨道上的最大速度；小物块 S 能否达到 D 点，若不能，请说明理由，若能，请求出小物块 S 落到平台 PA 上的位置与 A 点的距离。【解析】(1) 小球 m1在第二象限做匀速直线运动，由平衡条件有1qEg可得电场强度 E1的大小 10.2V/mgq(2) 如图所示，在圆形磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2001vqBmr可得磁场中运动的半径 10.vrB小球 m1从 G 点进入磁

19、场，从 H 点射出磁场，其弦长 GH 为最小磁场圆的直径，由几何知识有其圆心角 120 磁场圆的最小半径 03sin2rm最小面积 2min.64S；(3) 小球 m1和小物块 m2在 P 处碰撞，由动量守恒定律有 10121mvv可得碰撞后小物块 S 的速度 1vs小物块 S 在圆弧轨道上受电场力和重力作用的合力方向与竖直方向的夹角设为 ，213tan4qEmg，解得 07过圆心作合力的平行线交圆周下方为 M 点，如图，小物块 S 在 M 点有最大速度。小物块 S 由 P 到 M，由动能定理有2221212111sincosMqELRmgLmgRmvmv可得小物块 S 运动过程中的最大速度： 6Mv假设小物块 S 能够通过圆弧到达 D 点，从 P 到 D，由动能定理有2221212111qELgLgRvv8可得小物块 S 在 D 的速度： 2Dmvs在 D 点有 1212mgFR可得在 D 点的轨道的支持力 0.5DN，故假设成立，小物块 S 能到达 D 点。小物块 S 从 D 点水平抛出，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动，21RgtDqExvm可得落点距 A 的距离 4230.5xm。