高三一輪復習物理試題（人教版新高考新教材）考點規(guī)范練26　帶電粒子在電場中運動的綜合問題

考點規(guī)范練26帶電粒子在電場中運動的綜合問題一、單項選擇題1.如圖甲所示,有一固定的正點電荷N,其右側(cè)距離為l處豎直放置一內(nèi)壁光滑的絕緣圓筒,圓筒內(nèi)有一帶電小球。將小球從h0高處由靜止釋放,至小球下落到與N同一水平面的過程中,其動能Ek隨高度h(設(shè)小球與點電荷N的豎直高度差為h)的變化曲線如圖乙所示。下列說法正確的是()A.帶電小球在整個運動過程中,小球的機械能先增大后減小B.帶電小球在高度h0~h1之間運動過程中,電勢能減小C.帶電小球在高度h1~h2之間運動過程中,機械能減小D.帶電小球在h1和h2兩個位置受到的庫侖力都等于重力2.如圖甲所示,M、N為正對豎直放置的平行金屬板,A、B為兩板中線上的兩點。當M、N板間不加電壓時,一帶電小球從A點由靜止釋放經(jīng)時間T到達B點,此時速度為v。若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓,t=0時,將帶電小球仍從A點由靜止釋放,小球運動過程中始終未接觸金屬板,則t=T時,小球()A.在B點上方B.恰好到達B點C.速度大于vD.速度小于v3.如圖所示,D是一只二極管,AB是平行板電容器,在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止狀態(tài),在兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行),帶電微粒P的運動情況是()A.向下運動 B.向上運動C.仍靜止不動 D.不能確定4.帶同種電荷的A、B兩物塊放置在光滑水平面上,A物塊的質(zhì)量為m1,B物塊的質(zhì)量為m2。A、B兩物塊緊靠在一起且相互間無電荷交換,釋放一段時間后,A、B兩物塊相距為d,此時B物塊的速度為v。A、B兩物塊均可看作點電荷,已知兩點電荷系統(tǒng)具有的電勢能的大小僅與兩帶電體的電荷量以及距離有關(guān)。若A物塊質(zhì)量不變,將B物塊的質(zhì)量增大為2m2,A、B兩物塊電荷量保持不變,仍從緊靠在一起釋放,則釋放后A、B兩物塊距離為d時B物塊的速度為()A.12v B.2C.m2+m12m二、多項選擇題5.如圖所示,帶電小球自O(shè)點由靜止釋放,經(jīng)C孔進入兩水平放置的平行金屬板之間,由于電場的作用,下落到D孔時速度剛好減為零。對于小球從C到D的運動過程,已知從C運動到CD中點位置用時t1,從C運動到速度等于C點速度一半的位置用時t2,則下列說法正確的是()A.小球帶負電 B.t1<t2C.t1>t2 D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下三、非選擇題6.如圖所示,虛線MN左側(cè)有一電場強度E1=E的勻強電場,在兩條平行虛線MN和PQ之間存在著寬為l、電場強度E2=2E的勻強電場,在虛線PQ右側(cè)距PQ為l處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)有一電子從電場E1中的A點由靜止釋放,最后電子打在右側(cè)的屏上,A點到MN的距離為l,AO連線與屏垂直,垂足為O,電子電荷量為e、質(zhì)量為m,所受的重力不計,求:(1)電子到達MN時的速度大小;(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ;(3)電子打到屏上的點P'到O點的距離y。7.如圖所示,水平地面上方存在水平向左的勻強電場,一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細線懸掛于O點,小球電荷量為+q,靜止時距地面的高度為h,細線與豎直方向的夾角為α=37°,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求勻強電場的電場強度大小E。(2)現(xiàn)將細線剪斷,求小球落地過程中水平位移的大小。(3)現(xiàn)將細線剪斷,求帶電小球落地前瞬間的動能。8.一質(zhì)量為m1=1kg、電荷量為q=+0.5C的小球以v0=3m/s的速度,沿兩正對帶電平行金屬板(板間電場可看成勻強電場)左側(cè)某位置水平向右飛入,極板長0.6m,兩極板間距為0.5m,不計空氣阻力,小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC,圓弧軌道ABC的形狀為半徑R<3m的圓截去了左上角127°的圓弧,CB為其豎直直徑,在過A點豎直線OO'的右邊空間存在豎直向下的勻強電場,電場強度為E=10V/m。g取10m/s2。(1)求兩極板間的電勢差大小U。(2)欲使小球在圓弧軌道中運動時不脫離圓弧軌道,求半徑R的取值應(yīng)滿足的條件(結(jié)果可用分式表示)。9.如圖所示,在豎直平面內(nèi)的直角坐標系Oxy中,x軸上方有水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q<0)的帶電絕緣小球,從y軸上的P(0,l)點由靜止開始釋放,運動至x軸上的A(l,0)點時,恰好無碰撞地沿切線方向進入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管。細管的圓心O1位于y軸上,細管交y軸于B點,交x軸于A點和C(l,0)點。已知細管內(nèi)徑略大于小球外徑,小球直徑遠小于細管軌道的半徑,不計空氣阻力,重力加速度為g。求:(1)勻強電場電場強度的大小;(2)小球運動到B點時對細管的壓力;(3)小球從C點飛出后落在x軸上的位置坐標。

考點規(guī)范練26帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.C解析:根據(jù)動能定理知,Ekh圖像的斜率為帶電小球所受合力,由圖像知隨h的減小,斜率先減小,減小到0后反向增大,說明N對小球的庫侖力斜向右上方,為斥力,所以小球帶正電,整個過程中小球距離正點電荷N越來越近,庫侖力對小球始終做負功,除重力外的其他力做的功等于機械能的變化,由于庫侖力做負功,故帶電小球在運動過程中,機械能減小,電勢能增加,故A、B錯誤,C正確。小球受到的庫侖力F=kQqr2,整個運動過程中,r越來越小,庫侖力一直增大,h1和h2兩個位置圖像的斜率為零,即合力為零,所以帶電小球在h1和h2兩個位置受到的庫侖力的豎直分力等于重力,故2.B解析:在兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓,小球受到重力和靜電力的作用,靜電力做周期性變化,且靜電力沿水平方向,所以小球豎直方向做自由落體運動。在水平方向小球先做勻加速直線運動,后沿原方向做勻減速直線運動,t=T2時速度為零,接著反向做勻加速直線運動,后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運動,t=T時速度為零。根據(jù)對稱性可知在t=T時小球的水平位移為零,所以t=T時,小球恰好到達B點,故A錯誤,B正確。在0~T時間內(nèi),靜電力做功為零,小球機械能變化量為零,所以t=T時,小球速度等于v,故C、D3.C解析:當帶電微粒P靜止時,對其進行受力分析得qE=mg。當A、B之間距離增大時,電容器的電容C減小,由Q=CU得,Q也減小,但由于電路中連接了一個二極管,它具有單向?qū)щ娦?使得電容器不能放電,故電容器A、B兩極板上的電荷量不變,由C=εrS4πkd得,電場強度E=Ud=QCd4.D解析:第一種情況,設(shè)B物塊的速度為v時A的速度大小為v',取水平向左為正方向,由系統(tǒng)的動量守恒得0=m1v'm2v,由能量守恒定律得,系統(tǒng)釋放的電勢能ΔEp1=12m1v'2+12m2v2。第二種情況,設(shè)A、B兩物塊距離為d時速度大小分別為vA、vB,取水平向左為正方向,由系統(tǒng)的動量守恒得0=m1vA2m2vB,由能量守恒定律得,系統(tǒng)釋放的電勢能ΔEp2=12m1vA2+12×2m2vB2。根據(jù)題意可知ΔEp1=ΔEp2,聯(lián)立解得vB=m25.AB解析:由題圖可知,A、B間的電場強度方向向下,小球從C到D做減速運動,受靜電力方向向上,所以小球帶負電,選項A正確。由于小球在電場中受到的重力和靜電力都是恒力,所以小球做勻減速直線運動,其速度圖像如圖所示,由圖可知,t1<t2,選項B正確,C錯誤。將B板向上平移少許,兩板間的電壓不變,根據(jù)動能定理可知mg(h+d)qU=0,mg(h+x)qUxd'=0,聯(lián)立得x=??+d-d'd'<d'6.解析:(1)設(shè)電子到達MN時的速度大小為v。電子從A運動到MN的過程中,根據(jù)動能定理得eE1l=12mv得v=2eEl(2)電子進入電場E2后做類平拋運動,加速度為a=e電子在電場E2中運動時間t1=l電子剛射出電場E2時豎直方向的分速度大小為vy=at1電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ=v聯(lián)立解得tanθ=1。(3)電子在電場中的運動軌跡如圖所示。電子射出電場E2時速度的反向延長線過水平位移的中點O',根據(jù)幾何關(guān)系得y=l2+ltanθ=答案:(1)2eElm(2)1(3)7.解析:(1)小球靜止時,對小球受力分析如圖所示,由FTcos37°=mgFTsin37°=qE解得E=3mg(2)剪斷細線,小球在豎直方向做自由落體運動,水平方向做加速度為a的勻加速直線運動,由qE=max=12ath=12gt聯(lián)立解得x=34h(3)從剪斷細線到落地瞬間,由動能定理得Ek=mgh+qEx=2516mgh答案:(1)3mg4q(2)348.解析:(1)小球在平行金屬板間做勻變速曲線運動,到A點時,帶電粒子在平行板中運動的時間t=lv0=0.2豎直分速度vy=v0tan53°=4m/s由vy=at,得a=20m/s2又mg+E'q=ma,E'=Ud,得U=10V(2)在A點速度vA=v0cos53°=①若小球運動到與圓心等高處前速度減為零,則不會脫離軌道,此過程由動能定理得(mg+qE)Rcos53°≥12mvA2,解得故2518m≤R<3m②若小球能到達最高點C,則不會脫離軌道,在此過程中,由動能定理得(mg+qE)R·(1+cos53°)=1小球能到最高點C,在C點滿足mg+Eq≤mv解得R≤2563故小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道的條件為2518m≤R<3m或R≤2563答案:(1)10V(2)2518m≤R<3m或R≤259.解析:(1)小球由靜止釋放后在重力和靜電力的作用下做勻加速直線運動,從A點沿切線方向進入細管,則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°,即加速度方向與豎直方向的夾角為45°,則tan45°=mg解得E=mgq(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知,細管軌道的半徑r=2l從P點到B點的過程中,根據(jù)動能定理得mg(2l+2l)+Eql=1在B點,根據(jù)牛頓第二定律得FNmg=m聯(lián)立解得FN=3(2+1)mg,方向豎直向上根據(jù)牛頓第三定律可得小球運動到B點時對細管的壓力大小FN'=3(2