考點(diǎn)規(guī)范練測試 帶電粒子在電場中的綜合問題

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1、考點(diǎn)規(guī)范練25　帶電粒子在電場中的綜合問題 一、單項(xiàng)選擇題 1、將如圖所示的交流電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運(yùn)動，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是(　　) A、電子一直向著A板運(yùn)動 B、電子一直向著B板運(yùn)動 C、電子先向A板運(yùn)動，然后返回向B板運(yùn)動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動 D、電子先向B板運(yùn)動，然后返回向A板運(yùn)動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動 答案D 解析根據(jù)交流電壓的變化規(guī)律，作出電子的加速度a、速度v隨時(shí)間變化的圖線，如圖甲、乙.從圖中可知，電子

2、在第一個(gè)T4內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，第二個(gè)T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，在這半周期內(nèi)，因初始B板電勢比A板電勢高，所以電子向B板運(yùn)動，加速度大小為eUmd.在第三個(gè)T4內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動，第四個(gè)T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，但在這半周期內(nèi)運(yùn)動方向與前半周期相反，向A板運(yùn)動，加速度大小為eUmd.所以電子在交變電場中將以t=T4時(shí)刻所在位置為平衡位置做周期性往復(fù)運(yùn)動，綜上分析選項(xiàng)D正確. 2、(2018·遼寧三校高三第三次調(diào)研考試)如圖所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m=2、0×10-11 kg、電荷量為q=1、0×10-5 C的帶正電粒子(重力不計(jì))從a點(diǎn)以v1=1×1

3、04 m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場，最終從MN邊界的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場時(shí)的速度v2=2×104 m/s，已知MP=20 cm、MN=80 cm，取a點(diǎn)電勢為零，如果以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，電場的電場強(qiáng)度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是(　　) 答案D 解析因?yàn)橐?guī)定a點(diǎn)電勢為零，粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化的關(guān)系，有qEx=ΔEp=0-Ep，故Ep=-qEx，故選項(xiàng)D正確;因?yàn)閯驈?qiáng)電場中的電場強(qiáng)度處處相等，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)榱Ｗ与x開電場時(shí)的速

4、度v2=v1sin30°=2v1，電場的方向水平向右，沿電場線的方向電勢降低，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子在電場中運(yùn)動的過程，由動能定理可知，qEx=12mv2-12mv12，所以v與x不是線性關(guān)系，選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 3、 如圖所示，A、B兩金屬板平行放置，在t=0時(shí)刻將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì)).分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時(shí)，有可能使電子到不了B板(　　) 答案B 解析加A圖電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運(yùn)動;加B圖電壓，電子開始向B板做勻加速運(yùn)動，再做加速度大小相同的勻減速運(yùn)動，速度減為零后做反向勻加速運(yùn)動及勻減速運(yùn)動，由對稱性可知，電子將做周期性往復(fù)

5、運(yùn)動，所以電子有可能到不了B板;加C圖電壓，電子先勻加速，再勻減速到靜止，完成一個(gè)周期，所以電子一直向B板運(yùn)動，即電子一定能到達(dá)B板;加D圖電壓，電子的運(yùn)動與C圖情形相同，只是加速度是變化的，所以電子也一直向B板運(yùn)動，即電子一定能到達(dá)B板，綜上所述可知選項(xiàng)B正確. 4、如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有M、N兩個(gè)點(diǎn)電荷.t=0時(shí)，M靜止，N以初速度6 m/s向甲運(yùn)動.此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(整個(gè)運(yùn)動過程中沒有接觸)，它們運(yùn)動的v-t圖像分別如圖乙中M、N兩曲線所示.則由圖線可知(　　) A、兩電荷的電性一定相反 B、t2時(shí)刻兩電荷的電勢能最大 C、0~t2時(shí)間內(nèi)，兩

6、電荷的靜電力先增大后減小 D、0~t3時(shí)間內(nèi)，M的動能一直增大，N的動能一直減小 答案C 解析由題圖乙可知，兩個(gè)小球間產(chǎn)生的是排斥力，因?yàn)閯傞_始N做減速運(yùn)動，M做初速度為0的加速運(yùn)動，則兩個(gè)電荷的電性一定相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在t1時(shí)刻，兩個(gè)小球共速，兩小球間的距離最小，故在間距減小的過程中，靜電力對整體做負(fù)功，以后小球的距離逐漸增大，靜電力就做正功了，故兩球間距最小時(shí)的電勢能最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在0~t2時(shí)間內(nèi)，兩電荷的間距先減小后增大，故它們間的靜電力先增大后減小，選項(xiàng)C正確;0~t3時(shí)間內(nèi)，M的速度一直增大，故它的動能一直增大，而N的速度先減小后增大，故它的動能也是先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)

7、誤. 二、多項(xiàng)選擇題 5、(2018·四川自貢一診)在地面附近，存在一有界電場，邊界MN將空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度處由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運(yùn)動的v-t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A、小球受到的重力與電場力大小之比為3∶5 B、在t=5 s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MN C、在小球向下運(yùn)動的整個(gè)過程中，重力做的功大于電場力做的功 D、在1~4 s過程中，小球的機(jī)械能先減少后增加 答案AD 解析小球進(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動，進(jìn)入電場后受到重力和電場力作用而做減速運(yùn)動，由題圖乙可以看出，小

8、球經(jīng)過邊界MN的時(shí)刻是t1=1s和t2=4s，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由v-t圖像的斜率等于加速度得，小球進(jìn)入電場前的加速度大小a1=g=v1t1=v1，進(jìn)入電場后的加速度大小a2=2v14-1=2v13，由牛頓第二定律得mg=ma1，F(xiàn)-mg=ma2，得電場力F=mg+ma2=53mg，則重力mg與電場力F大小之比為3∶5，選項(xiàng)A正確;小球向下運(yùn)動的整個(gè)過程中，動能的變化量為零，根據(jù)動能定理，整個(gè)過程中重力做的功與電場力做的功大小相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;整個(gè)過程中，由題圖可得，小球在0~2、5s內(nèi)向下運(yùn)動，在2、5~5s內(nèi)向上運(yùn)動，在1~4s過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，所以小球的機(jī)械能先減少后增加，故

9、選項(xiàng)D正確. 6、如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0~T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0~T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A、末速度大小為2v0 B、末速度沿水平方向 C、重力勢能減少了12mgd D、克服電場力做功為mgd 答案BC 解析0~T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，有mg=qE0.把微粒的運(yùn)動分解，水平方向:做速度為v0的勻速直線運(yùn)動;豎直方向:T3~2T3

10、時(shí)間內(nèi)，只受重力，做自由落體運(yùn)動，2T3時(shí)刻，v1y=gT3，2T3~T時(shí)間內(nèi)，a=2qE0-mgm=g，做勻減速直線運(yùn)動，T時(shí)刻，v2y=v1y-a·T3=0，所以末速度v=v0，方向沿水平方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確.重力勢能的減少量ΔEp=mg·d2=12mgd，所以選項(xiàng)C正確.根據(jù)動能定理:12mgd-W克電=0，得W克電=12mgd，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 7、 如圖所示，一水平放置的平行板電容器其間距為d，兩極板分別與電池的兩極相連，上極板中央有一小孔(小孔對電場的影響可以忽略不計(jì)).開關(guān)閉合時(shí)，小孔正上方d3處有一帶正電的粒子，粒子由靜止開始下落恰好能到達(dá)下極板但沒有與下極板接觸，

11、下列說法正確的是(　　) A、保持開關(guān)閉合，若將下極板上移d2，粒子將在距上極板d3處返回 B、保持開關(guān)閉合，若將下極板上移d2，粒子將在距上極板d5處返回 C、斷開開關(guān)，若將下極板上移d5，粒子將能返回原處 D、斷開開關(guān)，若將上極板上移d5，粒子將能返回原處 答案BD 解析由動能定理可得mgd+d3=Uq=Eqd.保持開關(guān)閉合，將下極板向上平移d2，設(shè)粒子運(yùn)動到距離上極板x處返回，根據(jù)動能定理得mgd3+x-qU12dx=0，聯(lián)立兩式得x=15d，即粒子將在距上極板15d處返回，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤;若斷開開關(guān)，則兩極板間的電場強(qiáng)度E不變，將下極板上移d5，設(shè)粒子到達(dá)距離上極板x處

12、，由動能定理得mgd3+x-Eqx=0，解得x=d，即粒子將碰到下極板而不能返回，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;將上極板上移d5，設(shè)粒子到達(dá)離下極板x處，由動能定理得mg4d3-x-Eqd5+d-x=0，解得x=4d5，故粒子將不能碰到下極板而返回原處，選項(xiàng)D正確;故選BD. 三、非選擇題 8、如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m=0、2 kg，電荷量為q=2、0×10-6 C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0、1.從t=0時(shí)刻開始，空間加上一個(gè)如圖乙所示的電場強(qiáng)度大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向，g取10 m/s2)，求: (1)23 s內(nèi)小物

13、塊的位移大小; (2)23 s內(nèi)電場力對小物塊所做的功. 答案(1)47 m　(2)9、8 J 解析(1)0~2s內(nèi)小物塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得E1q-μmg=ma1，即a1=E1q-μmgm=2m/s2， 位移x1=12a1t12=4m 2s末的速度為v2=a1t1=4m/s 2~4s內(nèi)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律得E2q-μmg=ma2 即a2=E2q-μmgm=-2m/s2 位移的大小x2=x1=4m，4s末小物塊的速度為v4=0 因此小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運(yùn)動 第22s末的速度為v22=4m/s，第23s末的速度v23=v22+a2t

14、=2m/s(t=23s-22s=1s) 所求位移為x=222x1+v22+v232t=47m. (2)23s內(nèi)，設(shè)電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理得W-μmgx=12mv232 解得W=9、8J. 9、 如圖所示，ABC為光滑的固定在豎直面內(nèi)的半圓形軌道，軌道半徑為R=0、4 m，A、B為半圓軌道水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，O為圓心.在水平線MN以下和豎直線OQ以左的空間內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=1、0×106 N/C.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=2、0×10-2 kg，電荷量q=2、0×10-7 C的帶正電小球(可看作質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)正上方由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間t=0、3 s到達(dá)A點(diǎn)并

15、沿切線進(jìn)入半圓軌道，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，求: (1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小; (2)小球經(jīng)過B點(diǎn)后能上升的最大高度. 答案(1)1、65 N　(2)0、85 m 解析(1)由題意可知，小球進(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動，設(shè)下落的高度為h，到達(dá)C的速度為vC，由題意可得h=12gt2=0、45m① 小球進(jìn)入軌道后做圓周運(yùn)動，從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程由動能定理可得mg(h+R)+EqR=12mvC2② 可得vC=5m/s③ 設(shè)到達(dá)C時(shí)軌道對小球的支持力為FN，由牛頓第二定律可得FN-mg-Eq=mvC2R④ 由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕N'=

16、FN=1、65N.⑤ (2)設(shè)小球經(jīng)過B點(diǎn)后上升的最大高度為h'，由機(jī)械能守恒定律可得12mvC2=mg(R+h')⑥ 代入數(shù)據(jù)可得h'=0、85m.⑦ 10、(2018·河北衡水二模)如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板，板距為d，大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平行的OO'方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過兩板之間的時(shí)間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時(shí)，所有的電子均能從兩板間通過(不計(jì)重力). 求這些電子穿過平行板時(shí)距OO'的最大距離和最小距離. 答案3U0et02md　3U0et022md 解

17、析以電場力的方向?yàn)檎较?，畫出電子在t=0、t=t0時(shí)刻進(jìn)入電場后，沿電場力方向的速度vy隨時(shí)間變化的vy-t圖像如圖丙和圖丁所示. 電場強(qiáng)度E=U0d 電子的加速度a=Eem=U0edm 由圖丙中vy1=at0=U0et0dm vy2=a×2t0=2U0et0dm 由圖丙可得電子的最大側(cè)移，即穿過平行板時(shí)距OO'的最大距離 ymax=vy12t0+vy1t0+vy1+vy22t0=3U0et02md 由圖丁可得電子的最小側(cè)移，即穿過平行板時(shí)距OO'的最小距離 ymin=vy12t0+vy1t0=3U0et022md. 11、真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電

18、油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動，速度大小為v0.在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變;再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動到B點(diǎn).重力加速度大小為g. (1)求油滴運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度. (2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小;為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍. 答案(1)v0-2gt1　(2)若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，E2=2-2v0gt1+14(v0gt1)?2E1，0

19、t1>1+32v0g 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下， E2=2-2v0gt1-14(v0gt1)?2E1，t1>52+1v0g 解析(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正.油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動，故所受電場力方向向上.在t=0時(shí)，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2-mg=ma1① 油滴在時(shí)刻t1的速度為 v1=v0+a1t1② 電場強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg=ma2③ 油滴在時(shí)刻t2=2t1的速度為 v2=v1-a2t1④ 由

20、①②③④式得v2=v0-2gt1.⑤ (2)由題意，在t=0時(shí)刻前有 qE1=mg⑥ 油滴從t=0到時(shí)刻t1的位移為 s1=v0t1+12a1t12⑦ 油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2=2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2=v1t1-12a2t12⑧ 由題給條件有v02=2g(2h)⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離. 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 s1+s2=h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2=2-2v0gt1+14v0gt12E1 為使E2>E1，應(yīng)有 2-2v0gt1+14v0gt12>1 即當(dāng)01+32v0g 才是可能的;條件式和式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形. 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有 s1+s2=-h 由①②③⑥⑦⑧⑨式得 E2=2-2v0gt1-14v0gt12E1 為使E2>E1，應(yīng)有 2-2v0gt1-14v0gt12>1 即t1>52+1v0g 另一解為負(fù)，不合題意，已舍去.