《2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練十四 帶電粒子在電場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練十四 帶電粒子在電場中的運動（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在電場中的運動1本知識點常以計算題的形式與牛頓運動定律、功能關(guān)系、能量守恒綜合考查。2兩點注意：(1)注意帶電粒子重力能否忽略；(2)力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析，應用動力學知識或功能關(guān)系解題。二、考題再現(xiàn)典例1.(2018全國III卷21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大B在t時刻，a

2、的動能比b的大C在t時刻，a和b的電勢能相等D在t時刻，a和b的動量大小相等典例2.(2019全國II卷24)如圖，如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為(0)。質(zhì)量為m，電荷量為q(q0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？三、對點速練1如圖，平行板電容器AB兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源

3、上，已知A和正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點。現(xiàn)保持B板不動，通過上下移動A板來改變兩極板的間距（兩板仍平行），下列說法中正確的是()A若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側(cè)B若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的左側(cè)C若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側(cè)D若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側(cè)2如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場E，M點與P點的連線垂直于電場線，M點與N點在同一電場線上。兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從M點和N點沿豎直平面進入電場，重力不計。N點的

4、粒子垂直電場線進入，M點的粒子與電場線成一定夾角進入，兩粒子恰好都能經(jīng)過P點，在此過程中，下列說法正確的是()A電場力對兩粒子做功相同B兩粒子到達P點的速度大小可能相等C兩粒子到達P點時的電勢能都減小D兩粒子到達P點所需時間一定不相等3如圖所示，在與水平面夾角為60的勻強電場中，有一帶負電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上，物塊所受電場力的大小為其重力大小的一半，木板的傾角為30和60時物塊所受的摩擦力大小恰好相等，則物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為()A BC D4如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45角的勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它

5、的軌跡恰好滿足拋物線方程xky2，且小球通過點P。已知重力加速度為g，則()A電場強度的大小為B小球初速度的大小為C小球通過點P時的動能為D小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少5在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強度為E1104 N/C的勻強電場，在場中有一個半徑為R2 m的光滑圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37角，質(zhì)量為0.04 kg的帶電小球由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同?，F(xiàn)去掉弦AB和AC，給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，取小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點，（cos 370.8，g10 m/s2）下列

6、說法正確的是()A小球所帶電量為q3.6105 CB小球做圓周過程中動能最小值是0.5 JC小球做圓周運動從B到A的過程中機械能逐漸減小D小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力是3.0 N6如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上。在紙面內(nèi)加一勻強電場，其方向與水平面夾角60，場強，現(xiàn)將一質(zhì)量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變?yōu)?v0從P點豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是()Ay22y1 By24y1 Cy26y1 Dy210y17如圖，豎直平面內(nèi)（紙面）存在平行于紙

7、面的勻強電場，方向與水平方向成 60角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成30角，MN長度為d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運動，到達N點的速度大小為vN（待求）；若將該小球從M點沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過M點正上方的P點（未畫出），已知重力加速度大小為g，求：(l)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN；(2)M點和P點之間的電勢差；(3)小球在P點動能與在M點動能的比值。8如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖

8、乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？9如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E，質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過B點后電量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)為 0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力，求：(1)小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量；(2)滑塊對半圓軌道的

9、最大壓力大??；(3)小滑塊再次進入電場時，電場大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?，求小滑塊再次到達水平軌道時的速度大小以及距B的距離。10如圖所示，一帶電荷量q0.05 C、質(zhì)量Ml kg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質(zhì)點、質(zhì)量ml kg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)0.75。距平板左端L0.8 m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存在電場強度E100 N/C的水平向左的勻強電場?，F(xiàn)將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度g10 m/s2，平板所帶電荷量保持不變，整個過程中物塊未離開平板。求：(1)平板第二次與擋板即將碰撞時的速率；

10、(2)平板的最小長度；(3)從釋放平板到兩者最終停止運動，擋板對平板的總沖量。答案二、考題再現(xiàn)典例1.【解析】兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qExEk得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEtmv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確?！敬鸢浮緽D典例2.【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有EFqEma設粒子第一次到達

11、G時動能為Ek，由動能定理有：qEhEkmv設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有hat2lv0t聯(lián)立式解得：Ekmvqhlv0。(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短由對稱性知，此時金屬板的長度L為L2l2v0。三、對點速練1【答案】AD【解析】若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)，知d減小時E增大，所以電場力變大，方向向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)。故A正確。若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小，所以Q不變，根據(jù)，知E不變，所以電場力不變，小

12、球仍然打在N點。故B錯誤。若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)，知E不變，所以電場力大小不變，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍然可能打在N點。故C錯誤。若小球帶負電，當AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據(jù)，知E增大，所以電場力變大，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)。故D正確。2【答案】D【解析】由題圖可知M、P兩點在同一等勢面上，所以兩點間的電勢差為零，而N、P間的電勢差大于零，根據(jù)WqU知，電場力對M點的粒子不做功，對N點

13、的粒子做正功，故A錯誤；根據(jù)動能定理知N點的粒子到達P點時電場力做正功，所以速度增大，而M點的粒子到達P點時電場力不做功，所以速度大小不變，又因它們的初速度大小相等，所以兩粒子到達P點的速度大小不等，故B錯誤；M點的粒子到達P點時電勢能不變，N點的粒子到達P點電場力做正功，所以電勢能減少，故C錯誤；在垂直于電場線方向，兩個粒子都做勻速直線運動，設PML，M點的粒子初速度方向與電場線的夾角為，則M點的粒子到達P點的時間：tM，N點的粒子到達P點的時間：tN，由此可見，兩粒子到達P點所需時間一定不相等，故D正確。3【答案】D【解析】當木板傾角是30時，物塊受到重力、支持力、垂直斜面向下的電場力和摩

14、擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，F(xiàn)N1mgcos30qEmg()，當木板傾角是60時，物塊受到重力、支持力、與斜面成30向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：FN2mgcos60qEcos30mgmg，兩式比較可知，F(xiàn)N1FN2，在摩擦因數(shù)相等的情況下，一定是木板的傾角為30是靜摩擦力，60時物塊所受的是滑動摩擦力。木板的傾角為30時物塊受力平衡，得：f1mgsin30mg，木板的傾角為60時物塊受摩擦力：f2FN2(mgmg)，由題意：f1f2，聯(lián)立解得：.故D正確，ABC錯誤。4【答案】BC【解析】小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qEmg，電場強度的大小為E

15、，A錯誤；F合mgma，所以ag，由類平拋運動規(guī)律有v0t，gt2，得小球初速度大小為v0，B正確；由P點的坐標分析可知，所以小球通過點P時的動能為mv2m(vv)，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即WqE，D錯誤。5【答案】BCD【解析】由題知，小球在復合場中運動，由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同，則A點可以認為是等效圓周的最高點，沿直徑與之對應圓周上的點可以認為是等效圓周的最低點，對小球進行受力分析，小球應帶正電，如圖所示，可得mgtan37qE解得小球的帶電量為，故A錯誤；小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是

16、恒力，小球的動能、重力勢能和電勢能之和保持不變，在圓上各點中，小球在等效最高點A的勢能（重力勢能和電勢能之和）最大，則其動能最小，由于小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，在A點其合力作為小球做圓周運動的向心力m，小球做圓周過程中動能最小值EkminmvA2J0.5J，故B正確；由于總能量保持不變，小球從B到A過程中電場力做負功，電勢能增大，小球的機械能逐漸減小，故C正確；將重力與電場力等效成新的“重力場”，新“重力場”方向與豎直方向成，等效重力，等效重力加速度為，小球恰好能做圓周運動，在等效最高點A點速度為，在等效最低點小球?qū)Νh(huán)的壓力最大，設小球在等效最低點的速度為v，由動能

17、定理得。在等效最低點，由牛頓第二定律，聯(lián)立解得小球在等效最低點受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律知，小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力大小也為3.0N，故D正確。6【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，大小為，其豎直分量為；則小球做豎直方向做勻速運動；水平方向，則水平方向做加速度為的勻加速運動；若小球第一次能落到斜面上，則第一次與接觸面撞前，則（其中為斜面的傾角），則，則當初速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由yv0t可知，則當初速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若第一次落在斜面上，第二次

18、落在墻壁上，可知豎直位移應該介于3倍和9倍之間，則選項BC正確，AD錯誤。7【解析】(l)由小球運動方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理：mgsin30Fsin30Eqsin120得：E3mgq合力：Fmg從MN,有：2adN2得：N2gd(2)如圖乙，設MP為h，作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動：hcos6012at2，hsin60NtUMCEhcos30，UMPUMC得：UMP-4mgdq(3)如圖乙，作PD垂直于MN，從MP，由動能定理：FSMDEKP-EKMSMDhsin30EKM12mvN2EKPEKMFSMD+EKMEKM73。8【解析】(1)為使粒子仍從b點以速

19、度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有LnTv0解得T粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為ya又a，E解得y在運動過程中離開中心線的最大距離為ym2y粒子不撞擊金屬板，應有ymd解得T2d故n，即n取大于等于的整數(shù)所以粒子的周期應滿足的條件為T，其中n取大于等于的整數(shù)。(2)粒子進入電場的時刻應為T，T，T，故粒子進入電場的時刻為tT(n1，2，3，)。9【解析】(1) 由牛頓第二定律得，在A點： 在B點： 由聯(lián)立解得: (2)從A到B過程，由動能定理得：

20、 將電場力與重力的合力等效為“重力G”，與豎直方向的夾角設為，在“等效最低點”時滑塊對軌道壓力最大，則： 從B到“等效最低點”過程，由動能定理得： 由牛頓第二定律得： 由式聯(lián)立解得：由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為(3)從B到C過程，由動能定理得： 從C點到再次進入電場的過程中做平拋運動：水平方向： 豎直方向： 設速度方向與水平方向的夾角為1，則 進入電場后，受向左的電場力與豎直向下的重力， 由式聯(lián)立可得：，則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動 從C點到水平軌道： 由式聯(lián)立可得：，因此滑塊再次到達水平軌道的速度大小為，方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方，位置在B點左側(cè)6R處。1

21、0【解析】(1)兩者相對靜止，在電場力作用下一起向左加速，有a2.5 m/s2g故平板M與物塊m一起勻加速，根據(jù)動能定理可得：qEL解得：v12.0 m/s設向左為正方向，則平板反彈后，物塊以速度v12.0 m/s、加速度大小a17.5 m/s2，向左做勻減速運動；平板以速度v12.0 m/s、加速度大小a212.5 m/s2，向右做勻減速運動。設經(jīng)歷時間t1木板與木塊達到共同速度v1，則有：v1a1t1v1v1a2t1v1解得：t10.2 s，v10.5 m/s，方向向左。此時平板左端距擋板的距離：xv1t10.15 m此后兩者一起向左勻加速，設第二次碰撞時速度為v，則由動能定理得：qEx1解得：v21.0 m/s。(2)最后平板、小物塊靜止（左端與擋板接觸），此時小物塊恰好滑到平板最左端，這時的平板長度最短。設平板長為l，全程根據(jù)能量守恒可得：qELmgl解得：lm0.53 m。(3)設平板第n1次與第n次碰撞反彈速度分別為vn1和vn，平板第n1次反彈后設經(jīng)歷時間tn1，平板與物塊達到共同速度vn1，以向左為正方向，則：對平板有：vn1vn1a2tn1位移大小對物塊有：vn1vn1a1tn1由以上三式解得：，此后兩者一起向左勻加速，由動能定理得：qExn1解得：從開始運動到平板和物塊恰停止，擋板對平板的總沖量：I2Mv12Mv22Mv32Mv4解得：I8.0 Ns。14