《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練38 帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練38 帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題（含解析）新人教版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)規(guī)范練38　帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018·河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖所示,在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力),當(dāng)兩板間的電壓分別如圖甲、乙、丙、丁所示,電子在板間運(yùn)動(dòng)(假設(shè)不與板相碰),下列說(shuō)法正確的是(　　) A.電壓是甲圖時(shí),在0~T時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能一直減少 B.電壓是乙圖時(shí),在0~T2時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能先增加后減少 C.電壓是丙圖時(shí),電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.電壓是丁圖時(shí),電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 2.(2019·天津模擬)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有一個(gè)帶負(fù)電粒子于t=0時(shí)刻

2、由靜止釋放,若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用,則下列說(shuō)法正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)(　　) A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B.0~2 s內(nèi),電場(chǎng)力做功等于0 C.4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) D.2.5~4 s內(nèi),電場(chǎng)力做功等于0 3.如圖所示,在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球,另一端固定于O點(diǎn),小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),最高點(diǎn)為a,最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.小球帶負(fù)電 B.電場(chǎng)力跟重力平衡 C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,電勢(shì)能減小 D.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 4.(2018·遼寧三

3、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(chǎng),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=1×104 m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場(chǎng),最終從MN邊界的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30°角斜向右上方射出,射出電場(chǎng)時(shí)的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a點(diǎn)電勢(shì)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(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中,電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E、電勢(shì)φ、粒子的速度v、電勢(shì)能Ep隨x的變化圖像正確的是(　　) 5.(2018·江西宜春調(diào)研)如圖所示

4、,O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,一電荷量為-Q的點(diǎn)電荷固定在O點(diǎn),現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q的小金屬塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),從A點(diǎn)由靜止沿它們的連線向右運(yùn)動(dòng),到B點(diǎn)時(shí)速度最大,其大小為vm,小金屬塊最后停止在C點(diǎn)。已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,A、B間距離為l,靜電力常量為k,則(　　) A.在點(diǎn)電荷-Q形成的電場(chǎng)中,A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=2μmgl+mvm22q B.在小金屬塊由A向C運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電勢(shì)能先增大后減小 C.OB間的距離為kQqμmg D.從B到C的過(guò)程中,小金屬塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能 二、多項(xiàng)選擇題 6.如圖所示,兩個(gè)帶等量

5、正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷),被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點(diǎn),且PO=ON?，F(xiàn)將一個(gè)電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn)),由P點(diǎn)靜止釋放,在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,關(guān)于小球C的v-t圖像中,可能正確的是(　　) 7.(2018·四川自貢一診)在地面附近,存在著一有界電場(chǎng),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(chǎng),在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小球運(yùn)動(dòng)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(chǎng)力大小之比為3∶5 B.在t=5 s時(shí),

6、小球經(jīng)過(guò)邊界MN C.在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,重力做的功大于電場(chǎng)力做的功 D.在1~4 s過(guò)程中,小球的機(jī)械能先減少后增加 8.(2018·吉林長(zhǎng)春模擬)如圖甲所示,A、B是一對(duì)平行金屬板。A板的電勢(shì)φA=0,B板的電勢(shì)φB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)區(qū)內(nèi),電子的初速度和重力的影響均可忽略,則(　　) A.若電子是在t=0時(shí)刻進(jìn)入的,它可能不會(huì)到達(dá)B板 B.若電子是在t=T2時(shí)刻進(jìn)入的,它一定不能到達(dá)B板 C.若電子是在t=T8時(shí)刻進(jìn)入的,它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后穿過(guò)B板 D.若電子是在t=3T8時(shí)刻進(jìn)入的,它可能

7、時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后穿過(guò)B板 三、非選擇題 9.(2018·河南鄭州第一次聯(lián)考)如圖甲所示,在y=0和y=2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),MN為電場(chǎng)區(qū)域的上邊界,在x軸方向范圍足夠大。電場(chǎng)強(qiáng)度的變化如圖乙所示,取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向。現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子,粒子的比荷qm=1.0×10-2 C/kg,在t=0時(shí)刻以速度v0=5×102 m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,不計(jì)粒子重力作用。求: (1)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間; (2)粒子離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo); (3)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小。 10.(2018·河北衡水二模)如圖甲所示,兩塊水平

8、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(guò)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(guò)(不計(jì)重力)。 求這些電子穿過(guò)平行板時(shí)距OO'的最大距離和最小距離。 11.如圖所示,光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接,在過(guò)圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放,小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)離開圓軌道后,經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)(P點(diǎn)恰好在A點(diǎn)的

9、正上方,小球可視為質(zhì)點(diǎn),小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)之前電荷量保持不變,經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后電荷量立即變?yōu)榱?。已知A、B間距離為2R,重力加速度為g,在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,求: (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小; (2)小球在圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大速率; (3)小球?qū)A軌道的最大壓力的大小。 考點(diǎn)規(guī)范練38　帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題 1.D　解析若電壓是甲圖,0~T時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力先向左后向右,則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功,電勢(shì)能先減少后增加,故A錯(cuò)誤;電壓是乙圖時(shí),在0~T2時(shí)間內(nèi),電子向右先加速后減速,即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功,電勢(shì)能先減少后增加,故B錯(cuò)誤;電壓是

10、丙圖時(shí),電子先向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng),過(guò)了T2做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng),到T時(shí)速度減為0,之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng),故電子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤;電壓是丁圖時(shí),電子先向左加速,到T4后向左減速,T2后向右加速,34T后向右減速,T時(shí)速度減為零,之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng),故電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng),D正確。 2.D　解析畫出帶電粒子速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示,v-t圖線與時(shí)間軸所圍“面積”表示位移,可見帶電粒子不是只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng),4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn),A、C錯(cuò)誤;2s末速度不為0,可見0~2s內(nèi)電場(chǎng)力做的功不等于0,B錯(cuò)誤;2.5s末和4s末,速度的大小、方向都相同,則2.5

11、~4s內(nèi),電場(chǎng)力做功等于0,所以D正確。 3.B　解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以重力與電場(chǎng)力的合力為0,電場(chǎng)力方向豎直向上,小球帶正電,A錯(cuò),B對(duì);從a→b,電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,C錯(cuò);由于有電場(chǎng)力做功,機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)。 4.D　解析因?yàn)橐?guī)定a點(diǎn)電勢(shì)為零,粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系,有qEx=ΔEp=0-Ep,故Ep=-qEx,故選項(xiàng)D正確;因?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)中的電場(chǎng)強(qiáng)度處處相等,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因?yàn)榱Ｗ与x開電場(chǎng)時(shí)的速度v2=v1sin30°=2v1,電場(chǎng)的方向水平向右,沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,由動(dòng)

12、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。 5.C　解析小金屬塊從A到B過(guò)程,由動(dòng)能定理得-qUAB-μmgl=12mvm2-0,得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB=-2μmgl+mvm22q,故A錯(cuò)誤;小金屬塊由A點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力一直做正功,電勢(shì)能一直減小,故B錯(cuò)誤;由題意知,A到B過(guò)程,金屬塊做加速運(yùn)動(dòng),B到C過(guò)程,金屬塊做減速運(yùn)動(dòng),在B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫(kù)侖力平衡,則有μmg=kQqr2,得r=kQqμmg,故C正確;從B到C的過(guò)程中,小金屬塊的動(dòng)能和減少的電勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故D錯(cuò)誤。 6.AB　解析在AB的垂直平分線上,從無(wú)

13、窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度先變大后變小,到O點(diǎn)變?yōu)榱?帶負(fù)電的小球C受力沿垂直平分線,加速度先變大后變小,速度不斷增大,在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?速度達(dá)到最大,v-t圖線的斜率先變大后變小;由O點(diǎn)到無(wú)窮遠(yuǎn),速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對(duì)稱性。如果PN足夠遠(yuǎn),選項(xiàng)B正確;如果PN很近,選項(xiàng)A正確。 7.AD　解析小球進(jìn)入電場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng),進(jìn)入電場(chǎng)后受到重力和電場(chǎng)力作用而做減速運(yùn)動(dòng),由題圖乙可以看出,小球經(jīng)過(guò)邊界MN的時(shí)刻是t=1s和t=4s時(shí),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(chǎng)前的加速度大小a1=g=v1t1=v1,進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度大小a2=v1t2=v11.5=2

14、v13,由牛頓第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得電場(chǎng)力F=mg+ma2=53mg,得重力mg與電場(chǎng)力F大小之比為3∶5,故選項(xiàng)A正確;小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,動(dòng)能的變化量為零,根據(jù)動(dòng)能定理,整個(gè)過(guò)程中重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;整個(gè)過(guò)程中,由題圖可得,小球在0~2.5s內(nèi)向下運(yùn)動(dòng),在2.5~5s內(nèi)向上運(yùn)動(dòng),在1~4s過(guò)程中,電場(chǎng)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,故選項(xiàng)D正確。 8.BC　解析若電子從t=0時(shí)刻進(jìn)入,電子將做單向直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;若電子從T2時(shí)刻進(jìn)入兩板,則電子受到電場(chǎng)力方向向左,故無(wú)法到達(dá)B板,B正確;電子從T4時(shí)刻進(jìn)入兩板時(shí),

15、電子先加速,經(jīng)T4時(shí)速度最大,此時(shí)電子受到電場(chǎng)力反向,經(jīng)T4速度減為零,再加速T4反向速度最大,接著減速T4回到原位置,即電子在大于T4時(shí)刻進(jìn)入時(shí)一定不能到達(dá)B板,小于T4時(shí)刻進(jìn)入時(shí)一定能到達(dá)B板,所以C正確,D錯(cuò)誤。此題作v-t圖像更易理解。 9.解析(1)因?yàn)榱Ｗ映跛俣确较虼怪庇趧驈?qiáng)電場(chǎng),在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),所以粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t=yv0=4×10-3s。 (2)粒子帶負(fù)電,沿x軸負(fù)方向先加速后減速,加速時(shí)的加速度大小a1=E1qm=4m/s2,減速時(shí)的加速度大小a2=E2qm=2m/s2,離開電場(chǎng)時(shí),在x軸方向上的位移大小x=12a1T22+a1T22-12a2T22=2×1

16、0-5m,因此粒子離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)為(-2×10-5m,2m)。 (3)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為 vx=a1T2-a2T2=4×10-3m/s。 答案(1)4×10-3 s　(2)(-2×10-5 m,2 m)　(3)4×10-3 m/s 10.解析以電場(chǎng)力的方向?yàn)檎较?畫出電子在t=0、t=t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)后,沿電場(chǎng)力方向的速度vy隨時(shí)間變化的vy-t圖像如圖甲和乙所示。 電場(chǎng)強(qiáng)度E=U0d 電子的加速度a=Eem=U0edm 由圖甲中vy1=at0=U0et0dm vy2=a×2t0=2U0et0dm 由圖甲可得電子的最大側(cè)移,即穿過(guò)平行板時(shí)距OO

17、'的最大距離 ymax=vy12t0+vy1t0+vy1+vy22t0=3U0et02md 由圖乙可得電子的最小側(cè)移,即穿過(guò)平行板時(shí)距OO'的最小距離 ymin=vy12t0+vy1t0=3U0et022md。 答案3U0et02md　3U0et022md 11.解析(1)設(shè)小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度大小為vC,小球從A到C由動(dòng)能定理知 qE·3R-mg·2R=12mvC2 小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),有 R=12gt2 2R=vCt 聯(lián)立解得E=mgq。 (2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道D點(diǎn)時(shí)速度最大,設(shè)最大速度為v,此時(shí)OD與豎直線OB夾角設(shè)為α,小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)

18、能定理知 qE(2R+Rsinα)-mgR(1-cosα)=12mv2 即12mv2=mgR(sinα+cosα+1) 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知,當(dāng)α=45°時(shí)動(dòng)能最大,由此可得 v=2(2+1)gR。 (3)由(2)中知,由于小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大且電場(chǎng)力與重力的合力恰好背離半徑方向,故小球在D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最大,設(shè)此壓力大小為F,由牛頓第三定律可知小球在D點(diǎn)受到的軌道的彈力大小也為F,在D點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析,并建立如圖所示坐標(biāo)系,由牛頓第二定律知 F-qEsinα-mgcosα=mv2R 解得F=(2+32)mg。 答案(1)mgq　(2)2(2+1)gR　(3)(2+32)mg 6