2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做8 帶電粒子在電場中運動

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1、大題精做八 帶電粒子在電場中運動 1．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場板間距離L＝8 cm，極板長為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)電場極板右端到熒光屏的距離也是2L，在兩極板間接有一交變電壓，電壓變化周期T＝4 s，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場中央持續(xù)射入，穿過平行板的時間都極短，可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的。 (1)求電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0 (用電子比荷、加速電壓U0表示)； (2)在電勢變化的每個周期內(nèi)熒光屏?xí)霈F(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個周期內(nèi)的“黑屏”時間有多長？

2、 (3)求熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度。 【解析】⑴根據(jù)題意可知，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度即為電子出加速電場時的速度，根據(jù)動能定理有： eU0＝12mv02－0 解得電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為：v0＝2emU0 ⑵電子射出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動至熒光屏，由圖甲可知，只要電子能射出偏轉(zhuǎn)電場，即可打到熒光屏上，因此當(dāng)電子在偏轉(zhuǎn)電場中側(cè)移量大于L/2時，電子將打在偏轉(zhuǎn)電場的極板上，致使出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，設(shè)電子剛好能射出電場時的偏轉(zhuǎn)電壓為Um，則有： L2＝12?eUmmL?(2Lv0)2 解得：Um＝0.5U0 結(jié)合圖乙可知，在偏轉(zhuǎn)電壓u＝0.8U0～0.5U0之間變化時，進入偏

3、轉(zhuǎn)電場的電子無法射出偏轉(zhuǎn)電場打到光屏上，因此每個周期時間內(nèi)熒光屏出現(xiàn)“黑屏”的時間為 t＝0.8-0.50.8+0.4T＝1s ⑶設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y，打在熒光屏上的位置到O的距離為Y，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系有： Yy＝L+2LL＝3 當(dāng)電子向上偏轉(zhuǎn)時，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y1＝3×L2＝12cm 當(dāng)電子向下偏轉(zhuǎn)時，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y2＝3×0.40.5×L2＝9.6cm 所以熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度為：l＝Y(jié)1＋Y2＝21.6cm。 2．如圖所示，質(zhì)量m＝1.0 kg、電荷量q＝4×10－3 C的帶負電小球(可視為質(zhì)點)用長度l＝0.8 m的不可

4、伸長的絕緣輕質(zhì)細線懸吊在O點，過O點的豎直線右側(cè)有豎直向下足夠大的勻強電場，場強大小E＝5×103N/C?，F(xiàn)將小球拉至A處，此時，細線與豎直方向成θ角?，F(xiàn)由靜止釋放小球，在小球運動過程中細線始終未被拉斷。已知cos θ＝，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求小球第一次運動到最低點時的速度大小。 (2)小球第一次進入電場時做什么運動？小球第一次離開電場時的速度多大？(結(jié)果可以保留根號) (3)求小球每次離開電場前瞬間細線對小球的拉力大小。 【解析】(1)小球從A處運動到最低點的過程，由機械能守恒定律得： mgl(1－cos θ)＝mv02 代入數(shù)據(jù)得v0＝2 m/s (2)由

5、于qE－mg＝10 N>m＝5 N，故小球先做類平拋運動，則有： x＝v0t，y＝at2，qE－mg＝ma (y－l)2＋x2＝l2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：t＝0.4 s，x＝y(tǒng)＝0.8 m 即小球恰好處于水平位置時細線張緊，此時，小球的豎直分速度vy＝at＝4 m/s 細線張緊瞬間，小球水平分速度立即變?yōu)榱悖载Q直分速度作為初始速度做圓周運動，則由細線張緊位置到第一次離開電場時，由動能定理得：(qE－mg)l＝mv12－mv y2 代入數(shù)據(jù)得：v1＝4 m/s (3)小球第一次離開電場到運動到最低點過程中，由動能定理得：mg·2l＝mv1′2－mv12 解得：v1′＝8 m/s

6、 由于qE－mg＝10 N

7、一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的質(zhì)量m＝2.0×10－15kg，電荷量q＝－2.0×10－16C。噴出的初速度v0＝2.0m/s。油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒所受重力和空氣阻力以及微粒之間的相互作用力均可忽略。求： (1)微粒落在B板上的動能； (2)微粒從離開噴槍后到達B板所需的最短時間； (3)微粒最后落在B板上所形成圖形的面積。 【解析】(1)據(jù)動能定理，電場力對每個微粒做功W＝Ekt－Ek0＝qEd 微粒打在B板上時的動能Ekt＝W＋Ek0＝qEd＋mv 代入數(shù)據(jù)解得Ekt＝6.4×10－14J。 (2

8、)微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短，到達B板時速度為vt，由Ekt＝mv 可得vt＝8.0m/s，由于微粒在兩極板間做勻變速運動，即＝。 解得t＝0.06s。 (3)由于噴槍噴出的油漆微粒是沿各個方向的，因此微粒落在B板上所形成的圖形是圓形。噴槍沿垂直電場方向噴出的油漆微粒在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律，油漆微粒沿電場方向運動的加速度a＝ 運動的位移d＝at 油漆微粒沿垂直于電場方向做勻速運動，運動的位移即為落在B板上圓周的半徑R＝v0t1 微粒最后落在B板上所形成的圓面積S＝πR2 聯(lián)立以上各式，得S＝ 代入數(shù)據(jù)解得S＝7.5×10－2m2。 2．如

9、圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的x軸水平，y軸豎直，處于豎直向下、大小為E0的勻強電場中，過O點，傾角為θ＝60°的足夠大斜面固定在坐標(biāo)系中。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子從y軸上的P點，以某一速度沿x軸正方向射入，經(jīng)過時間t，在坐標(biāo)平面內(nèi)加上另一勻強電場E，再經(jīng)過時間t，粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達斜面，且到達斜面時速度為零．不計粒子重力，求： (1)粒子的初速度大??； (2)P點與x軸的距離； (3)勻強電場E的電場強度大小。 【解析】(1)粒子運動軌跡如圖中虛線所示，第一個時間t內(nèi)，粒子做類平拋運動 加速度a＝ 加上電場E時，粒子做勻減速直線運動．粒子在豎直方向的速度vy＝at

10、 此時合速度方向垂直于斜面：＝tan θ 可解得粒子的初速度v0＝ (2)第一個時間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移y1＝at2 水平方向的位移x1＝v0t 在第二個時間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移也為y1，水平方向的位移x2＝y(tǒng)1tan θ P點到x軸的距離l＝2y1＋(x1＋x2)tan θ 代入數(shù)據(jù)得：l＝ (3)在第二個時間t內(nèi)，在豎直方向：qEy－qE0＝ma 在水平方向：＝ 所以E＝ 解得：E＝E0 3．在一空間范圍足夠大區(qū)域內(nèi)可能存在豎直向上的勻強電場，其電場線與坐標(biāo)xOy平面平行。以坐標(biāo)原點O為圓心，作半徑為R的圓交坐標(biāo)軸于A、B兩點，C點為AB圓弧中點位置，如圖

11、所示。在原點O處有帶正電小球，以某一初動能沿x軸正向水平拋出。 (1)空間電場強度為0時，小球以Ek0的初動能從O點平拋，剛好能經(jīng)過C點位置，求小球經(jīng)過C點位置時的動能。 (2)空間電場強度不為0時，小球以Ek0的初動能從O點平拋，當(dāng)小球經(jīng)過圖中圓周上D點時動能大小為2Ek0，求D點位置坐標(biāo)（圖中未標(biāo)出D點）。 (3)空間電場強度不為0時，小球以某一初動能從O點平拋，小球經(jīng)過圖中圓周上C點時動能大小為2Ek0，若已知帶電小球的質(zhì)量為m，電量為q，求空間所加勻強電場的場強大?。ㄓ胢、q、g表達）。 【解析】（1）小球從O到C做平拋運動有xc＝22R＝v0t yc＝22R＝12gt22＝

12、12vyt 可得vy＝2v0 則vC＝v02+vy2＝5v0 得EkC＝5Ek0 （2）小球過D點時有 xD＝v0t yD＝12vyt EkD＝2Ek0即12m(v02+vy2)＝2?12mv02 可得vD＝2v0則有vy＝v0代入位移公式得：yD＝12xD 又由幾何關(guān)系得xD2+yD2＝R2 解得xD＝255R，yD＝55R （3）在（1）問中由22R＝v0t和22R＝12gt22 可得v02＝224gR 空間有電場時小球過C點有： xc＝v′0t yc＝12at22 其中a＝mg-Eqm，xc＝y(tǒng)c＝22R v′y＝2v′0 EkC＝2Ek0即12m(v

13、'02+v?y2)＝2?12mv02 可得v'0＝12v0 代入位移公式得：a＝42v025R＝2g5 代入加速度公式得E＝3mg5q 4．在足夠大的豎直勻強電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個小球A和B，質(zhì)量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2.5q的B球在A球正下方，相距為L。由靜止釋放B球，B球沿著直線運動并與A球發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求： (1)勻強電場的電場強度大小E； (2)第一次碰撞后，A、B兩球的速

14、度大小vA、vB； (3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時間間隔會相等嗎?如果相等，請計算該時間間隔T；如果不相等，請說明理由。 【解析】（1）由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止，則 qE＝mg 可得勻強電場的電場強度大小E＝mgq （2）由靜止釋放B球，B球?qū)⒃谥亓碗妶隽Φ淖饔孟孪蛏线\動，設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1 由動能定理（2.5qE-mg）L＝12m v12 解得v1＝3gL A、B兩球碰撞時間很短，且無動能損失，由動量守恒和動能守恒 m v1＝mvA+ m vB 12m v12＝12mvA2 +12m vB2 聯(lián)立解得vA＝0，

15、vB＝ v1＝3gL （3）設(shè)B球在復(fù)合場中運動的加速度為a，A、B兩球第一次碰撞后，A球開始向上以速度v1做勻速直線運動，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)到第二次碰撞前的時間間隔是t1 根據(jù)位移關(guān)系v1 t1＝12a t12 解得t1＝2v1a 碰撞過程滿足動量守恒且無動能損失，故每次碰撞之后兩球都交換速度，第二次碰撞后，A球向上做勻速直線運動，速度為at1＝2v1 B球向上做初速度為v1的勻加速直線運動，設(shè)到第三次碰撞前的時間間隔是t2 由位移關(guān)系2v1 t2＝ v1 t2+12a t22 解得t2＝2v1a＝ t1 以此類推，每次碰撞時間間隔相等，該時

16、間間隔為T＝2v1a 根據(jù)牛頓第二定律2.5qE-mg＝ma ,a＝1.5g T＝4L3g 5．如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在直角坐標(biāo)系xOy，第二象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E1，在第一象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場，電場強度為E2＝0.375N/C，在第一象限內(nèi)，y＝4m處有水平絕緣平臺PA，右端與半徑為R＝0.4m的光滑絕緣豎直半圓弧軌道ACD平滑連接，相切于A點，D為其最高點。一質(zhì)量為m1＝2g、帶正電q＝0.1C的可視為質(zhì)點的小球從x軸上某點Q以與x軸負半軸成60°、大小v0＝10m/s的速度射入第二象限，恰好做勻速直線運動?，F(xiàn)在第二象限內(nèi)小球運動的某段路徑上加上垂

17、直于紙面向外的圓形邊界的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.2T，小球經(jīng)過磁場區(qū)域后恰好水平向右運動，垂直于y軸從點P（0，4m）進入第一象限，恰好與靜止放置在P點且可視為質(zhì)點、質(zhì)量m2＝3g、不帶電的絕緣小物塊碰撞并粘合在一起沿PA方向運動，設(shè)碰撞過程中帶電量不變，粘合體命名為小物塊S。已知小物塊S與平臺的動摩擦因數(shù)μ＝0.35，平臺PA的長度L＝1.0m，重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力。求：(結(jié)果可用根號表示) (1)電場強度E1的大小； (2)小球在磁場中運動的半徑r的大小和圓形磁場區(qū)域的最小面積； (3)小物塊S在圓弧軌道上的最大

18、速度；小物塊S能否達到D點，若不能，請說明理由，若能，請求出小物塊S落到平臺PA上的位置與A點的距離。 【解析】(1) 小球m1在第二象限做勻速直線運動，由平衡條件有 可得電場強度E1的大小 (2) 如圖所示，在圓形磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有 可得磁場中運動的半徑 小球m1從G點進入磁場，從H點射出磁場， 其弦長GH為最小磁場圓的直徑， 由幾何知識有其圓心角θ＝120o 磁場圓的最小半徑 最小面積； (3) 小球m1和小物塊m2在P處碰撞，由動量守恒定律有 可得碰撞后小物塊S的速度 小物塊S在圓弧軌道上受電場力和重力作用的合力方向與豎直方向的夾角設(shè)為α， ，解得 過圓心作合力的平行線交圓周下方為M點，如圖， 小物塊S在M點有最大速度。 小物塊S由P到M，由動能定理有 可得小物塊S運動過程中的最大速度： 假設(shè)小物塊S能夠通過圓弧到達D點，從P到D，由動能定理有 可得小物塊S在D的速度： 在D點有 可得在D點的軌道的支持力，故假設(shè)成立，小物塊S能到達D點。 小物塊S從D點水平拋出，豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速直線運動， 可得落點距A的距離。 8