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1、(新課標)2022高考物理總復習 課時檢測(四十五)帶電粒子(體)在電場中運動的綜合問題(題型研究課)(含解析)
1.(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)某靜電場中x軸上電場強度E隨x變化的關系如圖所示,設x軸正方向為電場強度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標原點O沿x軸正方向運動,結果粒子剛好靜止于x=3x0處。假設粒子僅受電場力作用,E0和x0已知,則( )
A.粒子一定帶負電
B.粒子的初動能大小為qE0x0
C.粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小
D.粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0
解析:選BD 如果粒子帶負電,粒子沿x軸正方向一定先做減速
2、運動后做加速運動,因此粒子在x=3x0處的速度不可能為零,故粒子一定帶正電,A錯誤;結合題圖,根據動能定理qE0x0-×2qE0·2x0=0-Ek0,可得Ek0=qE0x0,B正確;粒子沿x軸正方向運動的過程中,電場力先做正功后做負功,因此電勢能先減小后增大,C錯誤;粒子運動到x0處動能最大,根據動能定理qE0x0=Ekmax-Ek0,解得Ekmax=2qE0x0,D正確。
2.如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖,廢氣先經過機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負電的塵埃(不計重力),僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡,A、B兩點是軌跡與電場線的交點。若不考慮塵埃在遷移過程中的相
3、互作用和電荷量變化,以下說法正確的是( )
A.A點電勢高于B點電勢
B.塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度
C.塵埃在遷移過程中做勻變速運動
D.塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大
解析:選B 沿電場線方向電勢降低,由題圖可知,B點的電勢高于A點的電勢,A錯誤;A點電場線比B點密集,因此A點的場強大于B點的場強,故塵埃在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力,則塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度,B正確;放電極與集塵極間為非勻強電場,塵埃所受的電場力是變化的,故塵埃不可能做勻變速運動,C錯誤;塵埃進入靜電除塵區(qū)時,速度方向與電場力方向的夾角為鈍角,電場力做負功,電勢能增大;
4、后來變?yōu)殇J角,電場力做正功,電勢能減小,D錯誤。
3.如圖所示,真空中存在一個水平向左的勻強電場,場強大小為E,一根不可伸長的絕緣細線長度為l,細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球,另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的A點,由靜止釋放,小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ=60°角的B點時速度為零。以下說法中正確的是( )
A.小球在B點處于平衡狀態(tài)
B.小球受到的重力與電場力的關系是 qE=mg
C.小球將在A、B之間往復運動,且幅度將逐漸減小
D.小球從A運動到B的過程中,電場力對其做的功為-qEl
解析:選D 根據動能定理得:mglsin θ-qEl(1-cos
5、 θ)=0,解得:qE=mg,故B錯誤;tan α==,解得:α=30°<θ,在B點電場力與重力的合力和細線拉力不共線,所以小球在B點不是處于平衡狀態(tài),故A錯誤;類比單擺,小球將在A、B之間往復運動,能量守恒,幅度不變,故C錯誤;小球從A運動到B的過程中電場力做功:W=-qEl(1-cos θ)=-qEl,故D正確。
4.(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)如圖所示,一絕緣細線Oa下端系一輕質帶正電的小球a(重力不計),地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB,圓心與小球a位置重合。一質量為m、帶負電的小球b由A點靜止釋放,小球a由于受到絕緣細線的拉力而靜止,其中細線O′a水平,細線Oa與豎直方向的
6、夾角為θ。當小球b沿圓弧管道運動到小球a正下方B點時,對管道壁恰好無壓力,在此過程中(a、b兩球均可視為點電荷)( )
A.小球b所受的庫侖力大小為3mg
B.小球b的機械能逐漸減小
C.細線O′a的拉力先增大后減小
D.細線Oa的拉力先增大后減小
解析:選AC 庫侖力對小球b不做功,故小球b的機械能守恒,由機械能守恒定律可得mvB2=mgR,則小球b運動到B點的速度vB=;小球b對管道無壓力,則F-mg=m,解得F=3mg,A正確,B錯誤;設小球b在某位置時和小球a位置連線與豎直方向的夾角為α,細線Oa的拉力為FT1,細線O′a的拉力為FT2,則對小球a,可得FT2=FT1sin
7、 θ+Fsin α,FT1cos θ=Fcos α,當小球b從A點向B點運動時,α一直減小,可知FT1一直增大,D錯誤;FT2=Fcos αtan θ+Fsin α=sin(θ+α),則當小球b從A點向B點運動時,α從90°減小到0,FT2先增大后減小,C正確。
5.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2t,如圖乙所示。在t=0時,極板B附近的一個電子,質量為m、電荷量為e,受電場力作用由靜止開始運動,不考慮重力作用,若k=,為使電子在0~2t時間內不
8、能到達極板A。求d應滿足的條件。
解析:電子在0~t時間內做勻加速運動
加速度的大小a1=
位移x1=a1t2
電子在t~2t時間內先做勻減速運動,后反向做勻加速運動
加速度的大小a2=
初速度的大小v1=a1t
勻減速運動階段的位移x2=
依據題意d>x1+x2
解得d> 。
答案:d>
6.(2019·吉安模擬)如圖所示,一條長為L的細線上端固定,下端拴一個質量為m、電荷量為q的小球,將它置于方向水平向右的勻強電場中,使細線豎直拉直時,將小球從A點由靜止釋放,當細線與豎直方向的夾角α=60°時,小球速度為零。
(1)求小球的帶電性質和電場強度E的大??;
(2
9、)若小球恰好完成豎直圓周運動,求從A點釋放小球時的初速度vA的大小(可含根式)。
解析:(1)根據電場方向和小球運動情況分析,可知小球帶正電,
小球由A點釋放到速度等于零,由動能定理有
EqLsin α-mgL(1-cos α)=0
解得E=。
(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′,則G′==mg,方向與豎直方向成30°角偏向右下方,
若小球恰能完成豎直圓周運動,在等效最高點有
mg=m
-mgL(1+cos 30°)=mv2-mvA2
解得vA=。
答案:(1)正電 (2)
7.如圖所示,在E=103 V/m的豎直向上的勻強電場中,有一光滑半圓形絕
10、緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接,半圓形軌道平面與電場線平行,其半徑R=40 cm,N為半圓形軌道最低點,P為圓弧QN的中點。一帶負電的小滑塊質量m=10 g,電荷量大小q=10-4 C,與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.15,位于N點右側x=1.5 m的M處,g取10 m/s2。求:
(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q,小滑塊向左運動的初速度v0的大小;
(2)在滿足(1)中條件的情況下,初速度為v0的小滑塊通過P點時對軌道的壓力的大小。
解析:(1)設小滑塊到達Q點時速度為v,
由牛頓第二定律得mg+qE=m
小滑塊從開始運動至到達Q點過程中,由動能定理得
11、
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=mv2-mv02
解得v0=7 m/s。
(2)設小滑塊到達P點時速度為v′,則從開始運動至到達P點過程中,由動能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=mv′2-mv02
又在P點時,由牛頓第二定律得FN=m
解得FN=0.6 N
由牛頓第三定律得,小滑塊通過P點時對軌道的壓力FN′=FN=0.6 N。
答案:(1)7 m/s (2)0.6 N
8.如圖所示,板長L=10 cm、板間距離d=10 cm的平行板電容器水平放置,它的左側有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強電場。某時刻一質量為m=3.6×10-4 kg、帶
12、電荷量為q=9×10-4 C的小球由O點靜止釋放,沿直線OA從電容器極板間的中線水平進入,最后剛好打在電容器的上極板右邊緣,O到A的距離x=45 cm(g取10 m/s2)。求:
(1)電容器外左側勻強電場的電場強度E的大??;
(2)小球剛進入電容器時的速度v的大??;
(3)電容器極板間的電壓U。
解析:(1)由于小球在電容器外左側的勻強電場中做直線運動,因此小球所受合力沿水平方向,則:Eq=
解得E= N/C。
(2)從O點到A點,由動能定理得:
qExcos 60°=mv2-0
解得:v=3 m/s。
(3)小球在電容器中做類平拋運動,
水平方向:L=vt
豎直方向:
13、=at2
a=-g
解得U=4 V。
答案:(1) N/C (2)3 m/s (3)4 V
9.如圖甲所示,水平放置的平行金屬板A和B的距離為d,它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN,現在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓,電壓的正向值為U0,反向值為,且每隔變向1次?,F將質量為m、電荷量為q的正粒子束從A、B左端的中點O沿平行于金屬板的方向OO′射入,設粒子能全部打在靶上,且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T。不計重力的影響,求:
(1)定性分析在t=0時刻從O點進入的粒子,在垂直于金屬板方向上的運動情況;
(2)在距靶MN的中心O′點多遠的范圍內有粒子擊中;
(3)
14、要使粒子能全部打在靶MN上,電壓U0的數值應滿足什么條件(寫出U0、m、d、q、T的關系式即可)。
解析:(1)在0~時間內,粒子受到向下的電場力而向下做勻加速運動,在~T時間內,粒子受到向上的電場力而向下做勻減速運動。
(2)當粒子在0,T,2T,…,nT(n=0,1,2,…)時刻進入電場中時,粒子將打在O′點下方最遠點,在前時間內,粒子豎直向下的位移:
y1=a12=××2=
在后時間內,粒子豎直向下的位移:
y2=v·-a22
其中:v=a1·=,a2=
解得:y2=
故粒子打在距O′點正下方的最大位移:
y=y(tǒng)1+y2=
當粒子在,,…,(n=0,1,2,…)時刻進入電場時,將打在O′點上方最遠點,在前時間內,粒子豎直向上的位移:
y1′=a1′2=××2=
在后時間內,粒子豎直向上的位移:
y2′=v′·-a2′2
其中:v′=a1′·=,a2′=
解得:y2′=0
故粒子打在距O′點正上方的最大位移:
y′=y(tǒng)1′+y2′=
擊中的范圍在O′點以下到O′點以上。
(3)要使粒子能全部打在靶上,需有:
<
解得:U0<。
答案:(1)見解析 (2)O′點以下到O′點以上
(3)U0<