新高考人教物理一輪作業(yè)第七章專題突破5帶電體在電場中運動的綜合問題

[A組基礎(chǔ)題組]一、選擇題1．如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()解析：電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，故C、D錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運動，故A正確，B錯誤。答案：A2．(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處(不計重力作用)。下列說法中正確的是()A．從t＝0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C．從t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D．從t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解析：根據(jù)題中條件作出帶電粒子的速度圖象，根據(jù)速度圖象包圍的面積分析粒子的運動。由圖(a)知，t＝0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，一定能夠擊中右板，A正確，B錯誤。由圖(b)知，t＝eq\f(T,4)時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的eq\f(T,2)內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后往復(fù)運動，C正確，D錯誤。答案：AC3.(多選)一個帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力)由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()A．微粒將沿著一條直線運動B．微粒在第2s末的速度為零C．微粒在第1s內(nèi)的加速度與第2s內(nèi)的加速度相同D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第2s內(nèi)的位移相同解析：由圖可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運動的對稱性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s內(nèi)做加速運動，第2s內(nèi)做減速運動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運動，故A、B正確，C錯誤；由對稱性可知，微粒在第1s內(nèi)的平均速度與第2s內(nèi)的平均速度相同，由x＝eq\f(1,2)vt得，微粒在第1s內(nèi)的位移與第2s內(nèi)的位移相同，故D正確。答案：ABD4．(多選)如圖甲所示，真空中兩平行金屬板A、B水平放置，間距為d，P點在A、B間，A板接地，B板的電勢φB隨時間t的變化情況如圖乙所示，已知φ1<φ2。t＝0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，到t＝3T時刻，電子回到P點。電子運動過程中始終未與極板相碰，電子重力不計，則下列說法正確的是()A．φ1∶φ2＝3∶4B．φ1∶φ2＝4∶5C．電子從P點出發(fā)至返回P點，動能增加，電勢能減少D．電子從P點出發(fā)至返回P點，動能和電勢能都增加解析：設(shè)電子在0～T時間內(nèi)的加速度大小為a1，T時刻的速度為v1，T～3T時間內(nèi)的加速度大小為a2,3T時刻的速度為v2，畫出電子在0～3T時間內(nèi)的速度圖象，如圖所示，設(shè)電子在0～T時間內(nèi)的位移s1，在T～3T時間內(nèi)的位移為s2，則有s1＋s2＝0，s1＝eq\f(1,2)a1T2，s2＝v1·2T－eq\f(1,2)a2(2T)2，其中v1＝a1T，v2＝v1－a2·2T，聯(lián)立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(4,5)，eq\f(v1,v2)＝－eq\f(2,3)，由于加速度大小a＝eq\f(Ee,m)∝E，故eq\f(E1,E2)＝eq\f(4,5)，又勻強電場中E＝eq\f(U,d)，U1＝φ1－0，U2＝0－(－φ2)＝φ2，故φ1∶φ2＝4∶5，故B正確，A錯誤；電勢能Ep＝－eφ，原來在P點時，P點電勢大于0，電子電勢能為負(fù)值；回到P點后，P點電勢小于0，電子電勢能為正值，故電子從P點出發(fā)至返回P點，電子電勢能增加；由eq\f(v1,v2)＝－eq\f(2,3)可知電子從P點出發(fā)至返回P點，動能增加，故C錯誤，D正確。答案：BD5．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則()A．該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B．在t＝eq\f(T,2)時刻，該粒子的速度大小為2v0C．若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會打在板上D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場解析：由題設(shè)條件可知，粒子在0～eq\f(T,2)做類平拋運動，在eq\f(T,2)～T做類斜拋運動，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，根據(jù)運動的對稱性，粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項A正確；前后兩段運動的時間相等，eq\f(T,2)時將速度分解，設(shè)板長為l，由類平拋運動規(guī)律可得：l＝v0T，eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)vT，則v＝v0，則eq\f(T,2)時刻該粒子的速度為eq\r(2)v0，選項B錯誤；若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子將先向下做類平拋運動，后做類斜拋運動，最后從PQ板右邊緣射出電場，選項C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運動的時間t＝eq\f(l,2v0)＝eq\f(T,2)，選項D錯誤。答案：A二、非選擇題6．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，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，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。解析：電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)，位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2，在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)，初速度的大小v1＝a1τ，勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)，由題知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案：d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))7．(2021·山東濟(jì)南商河縣一中高三測試)如圖甲所示，真空中水平放置的平行金屬板M、N相距為d，兩板上所加交變電壓UMN如圖乙所示(U0未知)，緊鄰兩板右側(cè)有一熒光屏，電子打到熒光屏上形成亮斑。兩板不加電壓時，電子打到屏上的O點?，F(xiàn)有大量質(zhì)量為m、電荷量為－e的電子以初速度v0平行于兩板沿中線持續(xù)不斷的射入兩板間。已知t＝0時刻進(jìn)入兩板間的電子穿過兩板間的電場的時間等于所加交變電壓的周期T，出射速度大小為2v0，且所有電子都能穿出兩板，忽略電場的邊緣效應(yīng)及重力的影響，求：(1)U0的大小；(2)亮斑掃描的最高點和最低點到O點的距離。解析：(1)在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)電子的加速度大小為a1＝eq\f(eU0,md)，方向向上在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)電子的加速度大小為a2＝eq\f(2eU0,md)，方向向下由幾何關(guān)系知，t＝0時刻進(jìn)入兩板間的電子，在T時刻電子在y方向的分速度為vy＝－eq\r(3)v0在y軸上有vy＝a1eq\f(T,2)－a2eq\f(T,2)解得U0＝eq\f(2\r(3)v0dm,eT)。(2)t＝0時刻進(jìn)入電場的電子打到熒光屏上形成亮斑的位置最高，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)電子在豎直方向上的位移大小為y1＝eq\f(1,2)a1(eq\f(T,2))2在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)電子在豎直方向上的位移大小為y2＝a1·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a2(eq\f(T,2))2所以亮斑掃描的最高點到O點的距離y高＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(\r(3)v0T,4)t＝eq\f(T,2)時刻進(jìn)入電場的電子打到熒光屏上形成亮斑的位置最低，在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)電子在豎直方向上的位移大小為y3＝eq\f(1,2)a2(eq\f(T,2))2在T～eq\f(3T,2)時間內(nèi)電子在豎直方向上的位移大小為y4＝a2·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a1(eq\f(T,2))2所以亮斑掃描的最低點到O點的距離y低＝y(tǒng)3＋y4＝eq\f(5\r(3)v0T,4)。答案：(1)eq\f(2\r(3)v0dm,eT)(2)eq\f(\r(3)v0T,4)eq\f(5\r(3)v0T,4)[B組能力題組]8．宇宙飛船動力裝置的工作原理與下列情景相似：如圖，光滑地面上有一質(zhì)量為M的絕緣小車，小車兩端分別固定帶等量異種電荷的豎直金屬板，在小車的右板正中央開有一個小孔，兩金屬板間的電場可看作勻強電場，兩板間電壓為U?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q、重力不計的粒子從左板正對小孔處無初速釋放。則以下判斷正確的是()A．小車總保持靜止?fàn)顟B(tài)B．小車最后減速運動C．粒子穿過小孔時速度為eq\r(\f(2qU,m))D．粒子穿過小孔時速度為eq\r(\f(2MqU,mM＋m))解析：金屬板間的電場方向向右，粒子所受的電場力方向向右，根據(jù)牛頓第三定律可知，小車所受的電場力方向向左，則小車將向左做勻加速運動，粒子穿過小孔后，粒子不再受電場力作用，小車也不再受電場力，將做勻速運動，故A、B錯誤。設(shè)粒子穿過小孔時速度為v1，小車此時的速度為v2，取向右方向為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒得：0＝mv1－Mv2，qU＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，聯(lián)立解得，v1＝eq\r(\f(2MqU,mM＋m))，故C錯誤，D正確。答案：D9．如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求：(1)A球剛進(jìn)入水平軌道的速度大??；(2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小。解析：(1)對A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mv02，解得v0＝eq\r(2gh)。(2)A球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)兩球相距最近時共速，有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)，根據(jù)能量守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Ep，解得Ep＝eq\f(2,3)mgh。(3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定，則2mv0＝2mvA＋mvB，eq\f(1,2)×2mv02＝eq\f(1,2)×2mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，解得vA＝eq\f(1,3)v0＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3)mgh(3)eq\f(1,3)eq\r(2gh)eq\f(4,3)eq\r(2gh)10．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，電容器極板長L＝10cm，極板間距d＝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，上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖象如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的位置與O點的距離；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。解析：(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mv02，①設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強為E，則有E＝eq\f(U,d)，②設(shè)電子經(jīng)時間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則沿中心軸線方向有t＝eq\f(L,v0)，③垂直中心軸線方向有a＝eq\f(eE,m)，④聯(lián)立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdv02)＝eq\f(UL2,4U0d)。⑤設(shè)電子通過偏