高考物理一輪復(fù)習(xí)-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，則下列圖像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像，根據(jù)速度圖像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)的速度圖像，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(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),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·安徽合肥模擬)如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強電場，B板接地，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場?，F(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時刻以一定初速度沿A、B兩板間的中軸線O1O1′進(jìn)入，并能從O1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間。已知帶電粒子帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計粒子重力)求：(1)該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大時，粒子剛好能到達(dá)O2孔；(2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值；(3)A、B兩板間距的最小值。解析：(1)粒子在A、B板間運動時，水平方向不受外力作用而做勻速運動，所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板間的初速度v0，粒子在C、D間運動，剛好能到達(dá)O2孔，由動能定理得qU2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得v0＝eq\r(\f(2qU2,m))。(2)粒子進(jìn)入A、B板間后，在一個周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，若在第一個周期進(jìn)入O1′孔，則對應(yīng)兩板長度最短，則最短長度L＝v0T＝Teq\r(\f(2qU2,m))。(3)若粒子在eq\f(T,2)的運動過程中剛好打不到A板而返回，則此時兩板間距最小，設(shè)為d，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(qU1,md)(eq\f(T,4))2×2，解得d＝eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))。答案：(1)eq\r(\f(2qU2,m))(2)Teq\r(\f(2qU2,m))(3)eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))[B組能力題組]8．(多選)(2021·四川省攀枝花統(tǒng)考)如圖所示，地面上方分布著豎直向上的勻強電場。一帶正電的小球從油中A處由靜止釋放后豎直下落，已知小球在AB段做加速運動，在BC段做勻速運動，M和N是小球下落過程中經(jīng)過的兩個位置。在此過程中，小球()A．在AB段的加速度大小逐漸增大B．在N點的機械能比M點的小C．機械能和電勢能的總量保持不變D．機械能的變化量大于電勢能的變化量解析：小球在AB段做加速運動，在BC段做勻速運動，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必然在減小，即在AB段的加速度大小逐漸減小，故A錯誤；由于下落過程中，電場力和油的阻力始終做負(fù)功，導(dǎo)致小球的機械能減小，故B正確；下落過程中，油的阻力也會做功，導(dǎo)致部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，使機械能和電勢能的總量減少，故C錯誤；下落過程中，小球的機械能不斷減小，轉(zhuǎn)化為電勢能和內(nèi)能，所以機械能的減少量大于電勢能的增加量，故D正確。答案：BD9．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(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)機械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，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)×2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，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像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短(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)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，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(eUL2,2mdveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\f(UL2,4U0d)。⑤設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場