22届高中物理一轮总复习 课时练24　带电粒子在电场中运动的综合问题

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1.(带电粒子在交变电场中的运动)如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )

A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1
2.
(多选)(“等效场”在电场中的应用)(2020山东山师大附中月考)如图,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是( )
A.此液滴带正电
B.液滴的加速度等于2g
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能减少
3.
(多选)(力电综合问题)(2020内蒙古鄂尔多斯一中高三下学期一模)在空间建立三维坐标系如图所示,xOz在水平面内,y沿竖直方向。空间充满沿-y方向磁感应强度为B的匀强磁场和沿+z方向的匀强电场,电场强度E=v0B。一质量为m,电荷量为-q的带点小球从坐标原点O以初速度v0沿+x方向抛出,设空间足够大,则( )
A.带电小球做加速度不断变化的变速曲线运动
B.带电小球做匀变速曲线运动
C.若带电小球运动到某位置,坐标为(x0,-y0,0),则速度与+x方向的夹角θ满足tan θ=y02x0
D.若带电小球运动到某位置,坐标为(x0,-y0,0),则速度与+x方向的夹角θ满足tan θ=2y0x0
4.
(多选)(力电综合问题)如图所示,正方形ABCD位于竖直平面内,E、F、G、H分别为四条边的中点,且GH连线水平,O为正方形的中心。竖直平面内分布有一匀强电场、电场方向与水平面成45°角。现自O点以初速度v0水平向左射出一带正电粒子,粒子恰能到达G点。若不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.电场方向一定由O指向D
B.粒子从O到G,电势能逐渐减小
C.粒子返回至H点时速率也为v0
D.若仅将初速度方向改为竖直向上,粒子一定经过DE间某点
5.
(多选)(力电综合问题)如图所示,平面直角坐标系xOy处于竖直平面内,O为坐标原点,x轴水平且上方处于匀强电场中。质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内以初速度从x轴上的A点进入电场,初速度方向与x轴负方向成45°角,OA两点间的距离为L。若x轴上方的匀强电场竖直向上,微粒恰能沿初速度方向做匀速直线运动。若保持电场强度大小不变,只将方向改为水平向左后,让微粒再以原初速度从A点进入,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.微粒带负电
B.匀强电场的场强大小E=mgq
C.微粒在匀强电场运动的过程中,经t=2v02g,时间离x轴最远
D.微粒再次经过x轴时的位置坐标为L-2v02g,0
素养综合练
6.(2020宁夏石嘴山三中高三上学期期末)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小;
(2)B运动到P点时的动能。
7.
(2020内蒙古鄂尔多斯一中高三下学期一模)如图,竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场,方向与水平方向成θ=60°角,纸面内的线段MN与水平方向成α=30°角,MN长度为d。现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M由静止释放,小球沿MN方向运动,到达N点的速度大小为vN(待求);若将该小球从M点沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度抛出,小球将经过M点正上方的P点(未画出),已知重力加速度大小为g,求:
(1)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN;
(2)M点和P点之间的电势差;
(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。
8.(2020江苏宿迁高三联考)如图所示,光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m,电荷量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放,小球运动到C点离开圆轨道后,经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方,如图所示。小球可视为质点,小球运动到C点之前电荷量保持不变,经过C点后电荷量立即变为零)。已知A、B间距离为2R,重力加速度为g。在上述运动过程中,求:
(1)小球在电场中受到的电场力大小;
(2)小球过B点时对圆轨道的压力大小;
(3)小球在圆轨道上运动时的最大速率。
9.
如图所示,质量m=4 kg、带电荷量q=+2.4×10-3 C的小物块(可看作质点)沿粗糙绝缘的水平面向右做直线运动,以v0=6 m/s的速度经过边界MN进入一水平匀强电场区域。若以小物块经过MN时作为计时起点,经过t1=0.5 s小物块向右运动了x=2.5 m;若t2时刻匀强电场消失,则小物块最后停在MN右方Δx=3.75 m处。已知小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)电场强度的大小和方向;
(2)电场消失的时刻t2。
10.(2020福建厦门六中高三测试)如图甲所示,粗糙直轨道OB固定在水平平台上,A是轨道上一点,B端与平台右边缘对齐,过B点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.0×106 N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10-5 C,质量为m=1 kg。小物块P从O点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动,经过0.75 s到达A点,当加速到4 m/s时撤掉水平外力F,然后减速到达B点时速度是3 m/s,F的大小与P的速率v的关系如图乙所示。P视为质点,P与轨道间动摩擦因数μ=0.5,直轨道上表面与地面间的距离为h=1.25 m,P与平台右边缘碰撞前后速度大小保持不变,忽略空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)P从开始运动至速率为1 m/s所用的时间;
(2)轨道OB的长度;
(3)P落地时的速度大小。
参考答案
课时练24 带电粒子在电场中运动的综合问题
1.C 设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为a,粒子在t=nT时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax=12a(T2)2+a×T2×T2=38aT2,粒子在t=nT+T2时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最小ymin=0+12a(T2)2=18aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1,故C项正确。
2.BD
据题带电液滴沿直线b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与电场强度方向相反,所以该液滴带负电,A错误;物体所受合力F=2mg,故物体的加速度a=Fm=2g,B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,C错误;由于电场力所做的功W=Eqxbdcs 45°>0,故电场力对液滴做正功,液滴的电势能减小,D正确。
3.BD 带负电的小球从O点沿+x方向射入,则电场力方向沿-z方向,洛伦兹力沿+z方向,因E=v0B,可知Eq=qv0B,即沿z轴方向受力平衡,则小球将在重力作用下做平抛运动,即带电小球做匀变速曲线运动,选项A错误、B正确;若带电小球运动到某位置,坐标为(x0,-y0,0),则沿x方向:x0=v0t,vy=gt,速度与+x方向的夹角θ满足tan θ=vyv0=gtv0=12gt212v0t=2y0x0,选项C错误、D正确。
4.AD 自O点以初速度v0水平向左射出一带正电粒子,粒子恰能到达G点,可知粒子沿OG方向做匀减速运动,粒子受到的合外力沿GO方向水平向右,因重力竖直向下,则电场力斜向右上方,即电场方向一定由O指向D,选项A正确;粒子从O到G,电场力做负功,则电势能逐渐增加,选项B错误;粒子返回至O点时速率为v0,则到达H点的速度大于v0,选项C错误;设正方形边长为2L,粒子速度方向向左时,粒子所受的合外力水平向右,其大小等于mg,加速度为向右的g,因粒子恰能到达G点,则L=v022g,仅将初速度方向改为竖直向上,粒子的加速度水平向右,大小为g,则当粒子水平位移为L时,则L=12gt2、竖直位移h=v0t=v02Lg=2L,则粒子一定经过DE间某点,选项D正确。
5.BCD 当电场竖直向上时,因微粒在电场中能做匀速直线运动,故由平衡条件可得qE=mg,即E=mgq,故微粒带正电,电场强度大小为mgq,选项A错误、B正确;对竖直方向的运动,微粒上升的时间t上=v0cs45°g=2v02g,故离x轴最远的时间为2v02g,选项C正确;又因再次到达x轴的时间为上升时间的2倍,故微粒到达x轴时,沿x轴负向运动的距离为SN=v0cs 45°·2v0g+12qEm2v0g2,又因为qE=mg,解得SN=2v02g,故微粒再次经过x轴时的位置坐标为L-2v02g,0,选项D正确。
6.答案(1)E=3mgq (2)Ek=2m(v02+g2t2)
解析(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件,有
mg+qE=ma①
12at22=12gt2②
解得E=3mgq③
(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有
Ek-12mv12=mgh+qEh④
且有v1t2=v0t⑤
h=12gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t2)⑦
7.答案(1)2gd (2)4mgdq (3)73
解析(1)由小球运动方向可知,小球受合力沿MN方向,如图甲所示,
由正弦定理mgsin30°=Fsin30°=Eqsin120°
解得E=3mgq
合力为F=mg
从M→N,有2ad=vN2
得vN=2gd
甲
乙
(2)如图乙,设MP为h,作PC垂直于电场线,小球做类平抛运动:
hcs 60°=12at2
hsin 60°=vNt
UMC=Ehcs 30°
UMP=UMC
得:UMP=4mgdq
(3)如图乙,作PD垂直于MN,从M→P,由动能定理:
FsMD=EkP-EkM
sMD=hsin 30°
EkM=12mvN2
EkPEkM=FsMD+EkMEkM=73
8.答案(1)mg (2)5mg (3)(2+22)gR
解析(1)设小球在C点速度的大小为vC,从C到P用时间为t,则从C到P
水平方向有2R=vCt
竖直方向有R=12gt2
从A到C由动能定理得
qE×3R-mg×2R=12mvC2
解得F电=qE=mg
(2)从A到B由动能定理得qE×2R=12mvB2,在B点有N-mg=mvB2R
解得N=5mg
(3)设等效竖直方向与竖直方向的夹角为θ,过O点的等效竖直线与BN轨道交于F点,tan θ=qEmg⇒θ=45°
从A到F,由动能定理得qE(2R+Rsin θ)-mgR(1-cs θ)=12mvF2
解得vF=(2+22)gR=vmax
9.答案(1)5.0×103 N/C 方向向左 (2)2 s
解析(1)设电场强度的方向向左,小物块受到的电场力的大小为F,小物块进入电场后的加速度大小为a1,则有F=μmg=ma1
小物块经过t1=0.5 s的位移为2.5 m,有x=v0t1-12a1t12
联立以上两式可得:a1=4 m/s2,F=12 N
加速度a1和电场力F均为正值,说明电场强度的方向向左。
电场强度大小E=Fq=5.0×103 N/C
(2)设小物块向右运动的过程中电场没有消失,经过时间t速度减为零,通过的位移为x1,则有
t=v0a1=1.5 s
x1=0-v02-2a1=4.5 m
因为x1=4.5 m>3.75 m,说明小物块向右运动的过程中电场没有消失。
从t时刻到t2时刻电场未消失的时间内,小物块在电场力F和水平向右的摩擦力作用下,向左做匀加速运动。设其加速度大小为a2,位移大小为x2,则
f=μmg=ma2
x2=12a2(t2-t)2
t2时刻小物块的速度
v=a2(t2-t)
电场消失后,小物块仅在摩擦力的作用下做匀减速运动直到静止,设其加速度大小为a3,位移大小为x3,有
μmg=ma3
x3=v22a3
依题意有Δx=x1-x2-x3=3.75 m
联立并代入数据解得:t2=2 s
10.答案(1)0.5 s (2)2.825 m (3)26 m/s
解析(1)P的速率从零增加到v1=1 m/s,受外力F1=7 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间t1,位移为x1,有
F1-μmg=ma1
v1=a1t1
x1=v12t1
代入数据得a1=2 m/s2,t1=0.5 s,x1=0.25 m
(2)P从v1=1 m/s运动至A点,F2=9 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,有F2-μmg=ma2
设P从速度v1经过t2时间,在A点的速度为v2,位移为x2,则
t2=0.75-t1=0.25 s
v2=v1+a2t2
x2=v1+v22t2
解得v2=2 m/s,x2=0.375 m
P从A点至B点,先做匀加速直线运动,速度达到v3=4 m/s,位移为x3,有
v32-v22=2a2x3
解得x3=1.5 m
P达到速度v3时撤掉水平外力,在摩擦力作用下减速,减速到达B点时速度是v4=3 m/s,位移为x4,有
-μmg=ma3
v42-v32=2a3x4
解得x4=0.7 m
轨道OB的长度:x=x1+x2+x3+x4=2.825 m
(3)P从B点开始水平方向受向左的电场力,竖直方向上受重力,做曲线运动。水平方向的加速度大小ax=qEm=20 m/s2
水平方向上先向右做匀减速运动,再向左做匀加速运动,经时间
t3=2×v4ax=0.3 s
与平台右边缘碰相碰。竖直方向上做自由落体运动,有h=12gt42
解得t4=0.5 s
落地时水平方向的速度
vx=v4-ax(t4-t3)=-1 m/s
落地时竖直方向的速度
vy=gt4=5 m/s
落地时的速度大小为
v=vx2+vy2=26 m/s