高考物理一輪復(fù)習(xí)訓(xùn)練第7章能力課帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題

第七章能力課知識鞏固練習(xí)1．(2021年鄭州檢測)圖甲所示為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板間的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷地射入初速度為v0＝eq\f(L,T)的相同帶電粒子(重力不計(jì))，若所有粒子均能從兩極板間飛出，則粒子飛出時(shí)的最小偏轉(zhuǎn)位移與最大偏轉(zhuǎn)位移大小之比是()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4【答案】C【解析】由于v0＝eq\f(L,T)，粒子在兩板之間的運(yùn)動時(shí)間均為T，在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入的粒子的側(cè)移量最大，在豎直方向上前半個(gè)周期加速，后半個(gè)周期勻速，ymax＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋a·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2，在t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前半個(gè)周期在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，豎直方向上速度為零，后半個(gè)周期在豎直方向上做勻加速運(yùn)動，側(cè)移量最小ymin＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,8)aT2，故ymin∶ymax＝1∶3，故C正確．2．如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動C．向左下方運(yùn)動 D．向右下方運(yùn)動【答案】D【解析】兩極板平行時(shí)帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板旋轉(zhuǎn)時(shí)，板間距離增大，場強(qiáng)減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運(yùn)動，D正確．3．(多選)(2021年湖南名校月考)如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)進(jìn)入加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y，要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況)()A．增大偏轉(zhuǎn)電壓UB．增大加速電壓U0C．減小偏轉(zhuǎn)極板間距離D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子【答案】AC【解析】經(jīng)加速電場后的速度為v，則eq\f(1,2)mv2＝eU0，所以電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度的大小v＝eq\r(\f(2eU0,m))；電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，偏轉(zhuǎn)的位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v)))2＝eq\f(Ul2,4dU0).可見，要增大y，可行的方法有：增大偏轉(zhuǎn)電壓U；減小加速電壓U0；減小偏轉(zhuǎn)電場極板間距離d；與粒子的電性和質(zhì)量無關(guān)．故A、C正確，B、D錯誤．4．(2021年福建名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上極板的過程中()A．它們運(yùn)動的時(shí)間tQ＞tPB．它們運(yùn)動的加速度aQ＜aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2【答案】C【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，由s＝vt可得P、Q運(yùn)動的時(shí)間應(yīng)相等，A錯誤；平行電場方向受電場力，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式，有y＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2y,t2)，因?yàn)槠叫须妶龇较虻奈灰浦葹?∶2，所以aQ＞aP，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma，解得q＝eq\f(2ym,Et2)，所以P、Q的電荷量之比為qP∶qQ＝1∶2，C正確；由動能定理有qEy＝ΔEk，而qP∶qQ＝1∶2，yP∶yQ＝1∶2，所以ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D錯誤．5．(多選)如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為v2(v2＜v1)．若小物體電荷量保持不變，OM＝ON，則()A．小物體上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),4g)B．從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C．從M到N的過程中，電場力對小物體先做負(fù)功后做正功D．從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小【答案】AD【解析】設(shè)斜面傾角為θ、上升過程沿斜面運(yùn)動的最大距離為L.因?yàn)镺M＝ON，則MN兩點(diǎn)電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0.上滑和下滑經(jīng)過同一個(gè)位置時(shí)，壓力相等，摩擦力相等，所以上滑和下滑過程克服摩擦力做功相等，設(shè)為W1.在上滑和下滑過程，對小物體，應(yīng)用動能定理分別有mgh＋W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，mgh－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，可得h＝eq\f(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2),4g)，故A正確．由OM＝ON，可知電場力對小物體先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故B、C錯誤．從N到M的過程中，小物體受到的電場力垂直于斜面的分力先增大后減小，而重力分力不變，則摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到O的距離先減小后增大，根據(jù)庫侖定律可知小物體受到的電場力先增大后減小，故D正確．6．(多選)(2021年成都名校質(zhì)檢)A、B兩小球質(zhì)量相等，A球不帶電，B球帶正電，光滑的絕緣斜面傾角為θ，圖甲中，A、B兩球用輕質(zhì)絕緣彈簧相連，圖乙中，A、B兩球用輕質(zhì)絕緣桿相連，兩個(gè)裝置均處于平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場E中，此時(shí)A、B兩球組成的系統(tǒng)均處于靜止?fàn)顟B(tài)，輕彈簧、輕桿均與斜面平行，重力加速度大小為g，當(dāng)撤去勻強(qiáng)電場E的瞬間，則下列說法正確的是()A．兩圖中A、B兩球的加速度大小均為gsinθB．兩圖中A球的加速度大小均為零C．圖乙中輕桿的作用力一定為零D．圖甲、乙中B球的加速度大小之比為2∶1【答案】CD【解析】撤去電場前，B球所受的電場力大小為2mgsinθ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去電場的瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsinθ，加速度為2gsinθ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B球所受合力均為mgsinθ，加速度均為gsinθ，故圖甲中B球的加速度是圖乙中B球加速度的2倍．故A、B錯誤，C、D正確．7．(多選)(2021年河南名校質(zhì)檢)如圖所示，長L＝0.5m、傾角θ＝37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是()A．水平勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq\f(3mg,4q)B．小球在B點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能C．若電場強(qiáng)度加倍，小球運(yùn)動的加速度大小為3m/s2D．若電場強(qiáng)度減半，小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度為初速度v0的一半【答案】AD【解析】帶電小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)，動能不變，由動能定理知重力做功與電場力做功之和為零，即qELcosθ－mgLsinθ＝0，得E＝eq\f(3mg,4q)，故A正確．帶電小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減小，因此B點(diǎn)的電勢能小于A點(diǎn)的電勢能，故B錯誤．由題意知，電場強(qiáng)度未加倍時(shí)，滿足mgsinθ＝qEcosθ，電場強(qiáng)度加倍后，小球在斜面方向的合力2qEcosθ－mgsinθ＝ma，所以小球的加速度a＝gsinθ＝6m/s2，故C錯誤．電場強(qiáng)度未減半時(shí)，滿足mgsinθ＝qEcosθ；若電場強(qiáng)度減半，小球在斜面方向的合力為mgsinθ－eq\f(1,2)qEcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma′，所以小球的加速度為a′＝eq\f(1,2)gsinθ＝3m/s2，根據(jù)速度位移公式，有v2－veq\o\al(2,0)＝－2a′s，代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s＝eq\f(1,2)v0，故D正確．綜合提升練習(xí)8．(多選)(2021年山西名校月考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，從兩平行板左側(cè)中點(diǎn)沿垂直場強(qiáng)方向射入，當(dāng)入射速度為v時(shí)，恰好穿過電場而不碰金屬板．要使粒子的入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)，仍能恰好穿過電場，則必須再使()A．粒子的電荷量變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)B．兩板間電壓減為原來的eq\f(1,2)C．兩板間距離增為原來的4倍D．兩板間距離增為原來的2倍【答案】AD【解析】設(shè)平行板長度為l，寬度為d，板間電壓為U，粒子恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，則沿初速度方向做勻速運(yùn)動，t＝eq\f(l,v)，垂直于初速度方向做勻加速運(yùn)動，a＝eq\f(qU,md)，則偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv2)，即eq\f(qUl2,md2v2)＝1.要恰好穿過，即等式不變，可知當(dāng)速度變?yōu)閑q\f(v,2)時(shí)，電荷量變成eq\f(q,4)或電壓變成eq\f(U,4)或板間距變成2d，可見A、D正確，B、C錯誤．9．(2021年成都名校聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板A、B長L＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V．一不計(jì)重力的帶正電的粒子電荷量q＝10－10C，質(zhì)量m＝10－20kg，沿電場中心線RD垂直于電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后可進(jìn)入界面MN、PS間的無電場區(qū)域．已知兩界面MN、PS相距s＝12cm，D是中心線RD與界面PS的交點(diǎn)．(1)粒子穿過MN時(shí)偏離中心線RD的距離以及速度大小是多少？(2)粒子到達(dá)PS界面時(shí)與D點(diǎn)的距離是多少？(3)設(shè)O為RD延長線上的某一點(diǎn)，我們可以在O點(diǎn)固定一負(fù)點(diǎn)電荷Q，使粒子恰好可以繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，求在O點(diǎn)固定的負(fù)點(diǎn)電荷的電量(靜電力常數(shù)k＝9.0×109N·m2/C2，保留兩位有效數(shù)字)．【答案】(1)0.03m2.5×106m/s(2)0.12m(3)1×10－8C【解析】(1)粒子進(jìn)入A、B后做類平拋運(yùn)動，設(shè)在A、B板間運(yùn)動時(shí)加速度大小為a，時(shí)間為t1，在MN界面處速度為v，沿MN的分速度為vy，偏轉(zhuǎn)位移為y，v與水平方向夾角為α，運(yùn)動軌跡如圖所示．則L＝v0t1，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，a＝eq\f(UABq,dm)，vy＝at1，tanα＝eq\f(vy,v0)，得y＝0.03m，vy＝1.5×106m/s，α＝37°.故粒子通過MN界面時(shí)的速度為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2.5×106m/s.(2)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡與PS線交于a點(diǎn)，設(shè)a到中心線的距離為Y，則eq\f(y,Y)＝eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋s)，解得Y＝0.12m.(3)粒子穿過界面PS后將繞電荷Q做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)圓周運(yùn)動的半徑為r，由幾何關(guān)系得r＝eq\f(Y,cosα)＝0.15m，由keq\f(qQ,r2)＝meq\f(v2,r)，得Q＝eq\f(mrv2,kq)≈1.0×10－8C．10．如圖所示，在真空中有兩個(gè)電容器C1、C2和一個(gè)豎直放置的熒光屏，電容器C1的兩個(gè)極板豎直放置且極板上開有正對的小孔a、b，小孔a、b連線與熒光屏的交點(diǎn)為O，電容器C2的兩個(gè)極板C、D水平放置．兩個(gè)電容器分別接有電源，電源電壓分別為U1和U2，C2的板長為L，板間距為d，熒光屏到C2右端距離為L1.一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，從a孔飄入(初速度可視為0)電容器C1，經(jīng)過加速和偏轉(zhuǎn)后，粒子打在熒光屏上，不計(jì)粒子重力(本題中所有粒子均未碰到電容器C2的邊緣)．(1)求粒子到達(dá)熒光屏?xí)r的速度大??；(2)若在小孔處同時(shí)飄入一個(gè)氘核eq\o\al(2,1)H和一個(gè)氚核eq\o\al(3,1)H，求它們對應(yīng)的發(fā)光點(diǎn)到O點(diǎn)的距離之比．【答案】(1)eq\f(1,d)eq\r(\f(q4U\o\al(2,1)d2＋U\o\al(2,2)L2,2mU1))(2)1∶1【解析】(1)帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理，得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，水平方向勻速運(yùn)動，v1t＝L，得t＝Leq\r(\f(m,2U1q)).在偏轉(zhuǎn)電場中F＝ma，其中F＝Eq＝eq\f(U2q,d)，得a＝eq\f(qU2,md)，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)豎直速度vy＝at，離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)熒光屏?xí)r的速度v＝eq\r(v\