2019年高考物理考前沖刺30天文檔第五講 必考計(jì)算題5 帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題 Word版含答案

第五講必考計(jì)算題5帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題命題點(diǎn)一交變電場中的偏轉(zhuǎn)例1(2018·奉化市調(diào)研)如圖1甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：圖1(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析(1)電子經(jīng)加速電場，由動能定理得：qU0＝eq\f(1,2)mv2電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場：沿v方向：t＝eq\f(L,v)沿電場方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU偏,mL)故偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)·(eq\f(L,v))2，所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由題圖知t＝0.06s時刻，U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.答案(1)O點(diǎn)上方13.5cm處(2)30cm分析交變電場問題的技巧1．思考兩個關(guān)系(1)力和運(yùn)動的關(guān)系；(2)功能關(guān)系．2．注意全面分析：分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．題組階梯突破1．電容器板長為L，電容器兩端的電壓變化規(guī)律如圖2所示，電壓絕對值為U0.電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)沿電容器中線射入時的初速度為v0，為使電子剛好由O2點(diǎn)沿中線水平射出，電壓變化周期T和板間距離d各應(yīng)滿足什么條件？(用L、U0、m、e、v0表示)圖2答案見解析解析電子從O2點(diǎn)射出，在豎直方向的位移為零，豎直分速度也必須為零，所以電子穿過電容器的時間必須是電壓變化周期的整數(shù)倍，即t＝eq\f(L,v0)＝nT，得T＝eq\f(L,nv0)(n＝1,2,3……)，為了使電子能從O2點(diǎn)射出，電子在電容器中運(yùn)動過程中不能打在極板上，要求：y＝2y′<eq\f(d,2)，又y′＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU0,dm)(eq\f(T,4))2(電子向上極板運(yùn)動過程中，先加速后減速，兩段位移相等)故2×eq\f(1,2)·eq\f(eU0,dm)(eq\f(T,4))2<eq\f(d,2)，解得d>eq\r(\f(eU0L2,8mn2v\o\al(2,0)))(n＝1,2,3…)．命題點(diǎn)二電場中的力電綜合問題例2(2019·沈陽期末)如圖3所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一絕緣的光滑離心軌道，一個帶負(fù)電的小球從斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電量為－q，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的電場力)．圖3(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大小．(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點(diǎn)，求A點(diǎn)距水平地面的高度h至少應(yīng)為多大？(3)若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放．假設(shè)其能夠通過B點(diǎn)，求在此過程中小球機(jī)械能的改變量．解析(1)根據(jù)牛頓第二定律：(mg－qE)sinα＝ma，解得：a＝eq\f((mg－qE)sinα,m)；(2)若小球剛好通過B點(diǎn)不下落，根據(jù)牛頓第二定律有：mg－qE＝meq\f(v2,R)①小球由A到B，據(jù)動能定理：(mg－qE)(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2－0②①②式聯(lián)立，得h＝2.5R；(3)小球從靜止開始沿軌道運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由功能關(guān)系知，機(jī)械能的變化量為：ΔE機(jī)＝W電，W電＝－3EqR，故ΔE機(jī)＝－3EqR答案(1)eq\f(mg－qEsinα,m)(2)2.5R(3)－3EqR分析力電綜合問題的兩種思路1．動力學(xué)的觀點(diǎn)(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題．2．能量的觀點(diǎn)(1)運(yùn)用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理．(2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．題組階梯突破2．如圖4所示，長為l的絕緣細(xì)線一端懸于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球．現(xiàn)將此裝置放在水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球靜止在A點(diǎn)，此時細(xì)線與豎直方向成37°角．重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖4(1)判斷小球的帶電性質(zhì)；(2)求該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；(3)若將小球向左拉起至與O點(diǎn)處于同一水平高度且細(xì)線剛好張緊，將小球由靜止釋放，求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的速度大?。鸢?1)負(fù)電(2)eq\f(3mg,4q)(3)eq\f(\r(2gl),2)解析(1)小球在A點(diǎn)靜止，其受力情況如圖所示，小球帶負(fù)電．(2)根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有mgtan37°＝qE解得E＝eq\f(3mg,4q)(3)設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時的速度為v，小球從水平位置運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有mgl－qEl＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gl1－tan37°)＝eq\f(\r(2gl),2).3．如圖5所示，水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個固定擋板，軌道所在空間存在E＝4.0×102N/C、水平向左的勻強(qiáng)電場．一個質(zhì)量m＝0.10kg、帶電荷量q＝5.0×10－5C的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道上與擋板相距x1＝0.20m的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運(yùn)動．當(dāng)滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運(yùn)動，運(yùn)動到與擋板相距x2＝0.10m的Q點(diǎn)，滑塊第一次速度減為零，若滑塊在運(yùn)動過程中，電荷量始終保持不變，求：圖5(1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運(yùn)動的加速度的大?。?2)滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動到擋板處的過程中，電場力所做的功；(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能．答案(1)0.20m/s2(2)4.0×10－3J(3)2.0×10－3J解析(1)設(shè)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運(yùn)動的加速度為a，此過程滑塊所受合外力F＝qE＝2.0×10－2N.根據(jù)牛頓第二定律F＝ma，解得a＝0.20m/s2.(2)滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動到擋板處的過程中，電場力所做的功W1＝qEx1＝4.0×10－3J.(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能等于滑塊由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)過程中電場力所做的功，即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3J.(建議時間：40分鐘)1．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖1甲所示．加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示．在t＝0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場力作用由靜止開始運(yùn)動．若整個運(yùn)動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件．圖1答案d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))解析電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運(yùn)動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向做勻加速運(yùn)動加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運(yùn)動階段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)由題知d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))2．兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板如圖2甲所示，大量電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當(dāng)兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計(jì)電子重力)．問：圖2(1)這些電子通過兩板之間后，側(cè)向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；(2)側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少．答案(1)eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)eq\f(16,13)解析以電場力的方向?yàn)閥軸正方向，畫出電子在t＝0時和t＝t0時進(jìn)入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy－t圖象分別如圖a和圖b所示，設(shè)兩平行板之間的距離為d.(1)圖中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0由圖a可得電子的最大側(cè)向位移為xymax＝2(eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由圖b可得電子的最小側(cè)向位移為xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)veq\o\al(2,1y)＝(eq\f(eU0,md)t0)2＝eq\f(eU0,6m)，veq\o\al(2,2y)＝(eq\f(eU0,md)2t0)2＝eq\f(2eU0,3m)電子經(jīng)電壓U0加速，由動能定理知，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋v\o\al(2,2y),\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1y))＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13).3．長為L的絕緣細(xì)線下系一帶正電的小球，其帶電荷量為Q，懸于O點(diǎn)，如圖3所示．當(dāng)在O點(diǎn)另外固定一個正電荷時，如果球靜止在A處，則細(xì)線拉力是重力mg的兩倍，現(xiàn)將小球拉至圖中B處(θ＝60°)，放開小球讓它擺動，問：圖3(1)固定在O處的正電荷的帶電荷量為多少？(2)球擺回到A處時懸線拉力為多大？答案(1)eq\f(mgL2,kQ)(2)3mg解析(1)小球靜止在A處受三個力作用：重力mg、靜電力F和細(xì)線拉力F拉，由受力平衡和庫侖定律列式：F拉＝F＋mg，F(xiàn)＝keq\f(Qq,L2)，F(xiàn)拉＝2mg聯(lián)立解得：q＝eq\f(mgL2,kQ).(2)小球擺回的過程只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，規(guī)定最低點(diǎn)重力勢能等于零，有：mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)拉′－mg－F＝meq\f(v2,L)由(1)知靜電力F＝mg，解上述三個方程得：F拉′＝3mg.4．如圖4所示，傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面與粗糙絕緣水平面平滑連接于B點(diǎn)，整個空間有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)一電荷量為q、質(zhì)量為m、帶正電的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)開始以速度v0沿斜面向下勻速運(yùn)動．已知水平面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,2)，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖4(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；(2)小物塊在水平面上向左運(yùn)動的最大距離．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(2v\o\al(2,0),5g)解析(1)小物塊在斜面上向下勻速運(yùn)動，由共點(diǎn)力平衡有：qE＝mgtanθ代入數(shù)據(jù)解得：E＝eq\f(3mg,4q)(2)小物塊在水平面上做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律有：qE＋Ff＝ma又：Ff＝μmg設(shè)小物塊在水平面向左運(yùn)動的最大距離為L，由運(yùn)動公式有：0－veq\o\al(2,0)＝－2aL代入數(shù)據(jù)解得：L＝eq\f(2v\o\al(2,0),5g).5．如圖5所示為一個從上向下看的俯視圖，在光滑絕緣的水平桌面上，固定放置一條光滑絕緣的擋板軌道ABCD，AB段為直線，BCD段是半徑為R的一部分圓弧(兩部分相切于B點(diǎn))，擋板處于場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與圓的直徑MN平行，現(xiàn)使一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的小球由靜止從斜擋板內(nèi)側(cè)上某點(diǎn)釋放，為使小球能沿?fù)醢鍍?nèi)側(cè)運(yùn)動，最后從D點(diǎn)拋出，試求：圖5(1)小球從釋放點(diǎn)到N點(diǎn)沿電場強(qiáng)度方向的最小距離．(2)在(1)的條件下小球經(jīng)過N點(diǎn)時對擋板的壓力大?。鸢?1)eq\f(5,2)R(2)6qE解析(1)根據(jù)題意分析可知，小球過M點(diǎn)對擋板恰好無壓力時，s最小，根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝meq\f(v\o\al(2,M),R).由動能定理得：qE(s－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)聯(lián)立解得：s＝eq\f(5,2)R(2)小球過N點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律有：FN－qE＝meq