2019届高三物理专题训练之带电粒子在电场中的运动

这是一份2019届高三物理专题训练之带电粒子在电场中的运动，共10页。试卷主要包含了考题再现，对点速练等内容，欢迎下载使用。

典例1. (2018∙全国III卷∙21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A. a的质量比b的大
B. 在t时刻，a的动能比b的大
C. 在t时刻，a和b的电势能相等
D. 在t时刻，a和b的动量大小相等
典例2. (2017·全国Ⅱ卷·25)如图所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初
速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开
电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
二、对点速练
1．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间。设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
2. 如图，M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q和-Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电量为+Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速释放，运动到B点。则两种情况中( )
A. 金属环运动到B点的速度第一种情况较大
B. 金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短
C. 金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变
D. 金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种情况较大
3．(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示。t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动中没与极板相碰，不计重力。则( )
A．φ1∶φ2 ＝1∶2
B．φ1∶φ2＝1∶3
C．在0～2T内，当t＝T时电子的动能最大
D．在0～2T内，电子的电势能减小了eq \f(2e2T2φ\\al(,12),md2)
4．如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．电场力对两粒子做功相同
B．两粒子到达P点的速度大小可能相等
C．两粒子到达P点时的电势能都减小
D．两粒子到达P点所需时间一定不相等
5．(多选)如图所示，半径R＝0.5 m的eq \f(1,4)圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝8.0×10－5 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则( )
A．该匀强电场的电场强度E＝100 V/m
B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J
C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s
D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J
6. 如图所示，在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边AB=，竖直边BC = L，O为矩形对角线的交点。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球经过BC边时的速度方向与BC夹角为60°。使此小球带电，电荷量为q(q > 0)，同时加一平行于矩形ABCD的匀强电场。现从O点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球，小球从矩形边界的不同位置射出，其中经过C点的小球的动能为初动能的，经过E点（DC中点）的小球的动能为初动能的，重力加速度为g。
(1)求小球的初动能；
(2)取电场中O点的电势为零，求C、E两点的电势；
(3)带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大？最大动能是多少？
7．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；
(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；
(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离。
典例1.【解析】两个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，则有，有题意知相同时间内a的位移大于b的，且q、E相等，所以ma【答案】BD
典例2.【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋eq \f(1,2)at2②
s2＝v0t－eq \f(1,2)at2③
联立①②③式得：eq \f(s1,s2)＝3④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式
vy2＝2gh ⑤
H＝vyt＋eq \f(1,2)gt2 ⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知：eq \f(v0,vy)＝eq \f(s1,H)⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得：h＝eq \f(1,3)H⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
eq \f(v0,vy)＝eq \f(qE,mg) ⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝eq \f(1,2)m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩
Ek2＝eq \f(1,2)m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪
由已知条件Ek1＝1.5Ek2 ⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得：E＝eq \f(\r(2)mg,2q) ⑬
二、对点速练
1．【解析】据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x＝vt，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUx2,2mdv2)，偏转电压为U＝eq \f(2mdyv2,qx2)，则偏转电压之比为：eq \f(U1,U2)＝eq \f(y1x\\al(,22),y2x\\al(,12))＝eq \f(y1,y2)·(eq \f(x2,x1))2＝eq \f(1,8)，故A选项正确。
【答案】A
2.【答案】BD
3．【答案】BD
4．【解析】由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据W＝qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM＝L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间：tM＝eq \f(L,v0sin α)，N点的粒子到达P点的时间：tN＝eq \f(L,v0)，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。
【答案】D
5． 【解析】粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，即有：AD＝v0t，DC＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)t2，解得E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A到C由动能定理：qUAC＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02，得vC＝5 m/s，故C正确；粒子在C点总能量EC＝eq \f(1,2)
mvC2＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能Ep′＝EC－eq \f(1,2)mv2＝4.5×10－4 J，故D正确。
【答案】CD
6.【解析】(1)没加电场时，由平抛运动知识：水平方向
竖直方向：，
联立解得：小球的初动能
加电场后，根据能量守恒定律：
由O到C：
由O到E：
则
(3)如图，取OC中点F，则EF为等势线，电场线与等势线EF垂直
由，得
用正交分解法求出电场力和重力的合力：
，
合力，方向沿OD
合力对小球做功越多，小球动能越大，则从D点射出的带电小球动能最大，根据动能定理：
解得最大初动能。
7．【解析】(1) 由牛顿第二定律得，在A点： ①
在B点： ②
由①②联立解得: ③
(2)从A到B过程，由动能定理得： ④
将电场力与重力的合力等效为“重力Gʹ”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”时滑块对轨道压
力最大，则：
⑤
⑥
从B到“等效最低点”过程，由动能定理得： ⑦
由牛顿第二定律得： ⑧
由②④⑤⑥⑦⑧式联立解得：
由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为
(3)从B到C过程，由动能定理得： ⑨
从C点到再次进入电场的过程中做平抛运动：
水平方向： ⑩
竖直方向： ⑪
⑫
设速度方向与水平方向的夹角为β1，则 ⑬
进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力， ⑭
由 ⑨⑩⑪⑫⑬⑭ 式联立可得：，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动
⑮
从C点到水平轨道： ⑯
由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立可得：，
因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为，方向与水平方向夹角的正切值为、斜向左下方，位置在B点左侧6R处。