23版新高考一轮分层练案(二十五)　带电粒子在电场中运动的综合问题

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一轮分层练案(二十五)　带电粒子在电场中运动的综合问题1．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　 )【答案】A　电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。2.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　 )A．小球带负电B．电场力与重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。3.(多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　 )A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2 s末带电粒子回到原出发点C．3 s末带电粒子的速度为零D．0～3 s内，电场力做的总功为零【答案】CD　设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v­t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。4.(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　 )A．金属块的机械能增加32 JB．金属块的电势能增加4 JC．金属块带正电荷D．金属块克服电场力做功8 J【答案】BC　由动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误。5.水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点。则(　　 )A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小【答案】D　由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下。当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D正确。6．(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　 )A．末速度大小为 v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgdD．克服电场力做功为mgd【答案】BC　0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向在～时间内，微粒只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0。所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，选项B正确。重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确。根据动能定理得mgd－W电＝0，得W电＝mgd，所以选项D错误。7．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　 )A．0<t0<　　　 B.<t0<C.<t0<T  D．T<t0<解析：选B　设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、、、时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图像与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<，<t0<T时，粒子在一个周期内的总位移大于零；<t0<时，粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时，情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。8．如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小；(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。解析：(1)小球静止时，对小球的受力分析如图所示，由FTcos 37°＝mgFTsin 37°＝qE解得E＝。(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由Eq＝ma，x＝at2，h＝gt2联立解得x＝h。(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得Ek＝mgh＋qEx＝mgh。【答案】(1)　(2)h　(3)mgh9．(多选)如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v­t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知(　　 )A．两电荷的电性一定相反B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，两电荷所受的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒【答案】BC　t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动，由题图可知甲的速度在增大，乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；t1时刻两电荷相距最近，电势能最大，故B正确；0～t2时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，由F＝k可知两电荷所受的静电力先增大后减小，故C正确；0～t3时间内，因为甲、乙两个点电荷所受的合力为零，所以在0～t3时间内动量守恒，但甲的动量一直增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误。10.如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触，重力加速度为g。求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球组成系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。解析：(1)对A球下滑的过程，根据机械能守恒得2mgh＝·2mv02解得v0＝。(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v解得v＝v0＝据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep解得Ep＝mgh。(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvB×2mv02＝×2mvA2＋mvB2解得vA＝v0＝，vB＝v0＝。【答案】(1)　(2)mgh　(3)　11．如图所示，图甲A、B是对电子加速极板，UAB＝U，电子从A极板从静止开始，沿垂直于极板方向运动，电子飞出B极板小孔后，从M、N极板中间进入图乙偏转电场，UMN＝U0；图丙是乙图中MN两极板间电压随时间变化的图像，电压变化周期为T。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子所受重力。(1)求电子飞出B板小孔时的速度大小；(2)若电子从t＝0时刻进入M、N板间，在半个周期内恰好能从极板的上边缘飞出，求电子飞出时速度大小；(3)若电子在t＝0时刻进入M、N板间，能从右边水平飞出，求M、N极板的最小长度；(4)若电子能从M、N两极板中央沿虚线水平飞出，求电子从那一时刻进入板间，两极板间距至少为多大。解析：(1)设电子飞出B板小孔时的速度大小为v，根据动能定理，则Ue＝mv2解得v＝ 。(2)设在半个周期内电子恰好能从极板的上边缘飞出时的速度大小为 v1，根据动能定理，则U0e＝mv12－mv2代入解得v1＝ 。(3)电子能水平从右边飞出，经过的时间应满足t＝nT，又因为在水平方向上做匀速直线运动，所以板长为l＝vt＝vnT当n＝1时，板长最短，则l＝T。(4)设板间距离最小为d，要求电子沿虚线水平飞出，电子进入M、N板时刻应满足t＝＋n＝T(n＝0，1，2，3，…)在半个周期内，竖直位移为y＝a×2＝电子不与极板相碰，必须满足的条件是y≤ 解得d≥ 。【答案】(1) 　(2) 　(3)T　(4)