《高优指导》2017物理人教版一轮考点规范练23 带电粒子在电场中综合问题分析 WORD版含解析.docx

1、考点规范练23带电粒子在电场中综合问题分析考点规范练第46页一、单项选择题1.如图所示,在方向水平向左的匀强电场中有一倾角为60、高为h的固定绝缘斜面体,现将一质量为m、带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放。已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E=3mgq,不计空气阻力。下列关于小物块运动情况判断正确的是()A.小物块将沿斜面下滑B.小物块将做曲线运动C.小物块到达地面时的速度大小为22ghD.若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间将增大答案:C解析:对小物块受力分析,如图所示,由图中几何关系可知:小物块受到竖直向下的重力和水平向左的电场力

2、,由平行四边形定则可知:小物块从静止开始沿图中虚线做匀加速直线运动,选项A、B错误;从静止释放到达地面过程中,由动能定理可得mgh+qE3h=12mv2-0,即mgh+3mg3h=12mv2-0,可得v=22gh,选项C正确;该运动可以分解成水平方向上向左的匀加速直线运动和竖直向下的自由落体运动,由h=12gt2可知:若其他条件不变,只增加电场强度,小物块到达地面前运动的时间不变,选项D错误。2.如图所示,地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场,一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域,刚好通过竖直平面中的P点,已知连线OP与初速度方向的夹角为45,则此带电小球通过P点时

3、的动能为()A.mv02B.2mv02C.52mv02D.12mv02答案:C解析:由题设条件可知:带电小球在电场中受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力,且重力大于电场力而做类平抛运动,设带电小球在P点的速度v与水平方向的夹角为,如图所示,由平抛运动规律可知tan =2tan 45=2,v=v0cos=5v0,可得Ek=12mv2=52mv02,选项C正确。3.(2015浙江杭州重点中学联考)有同学想通过静电除尘的方法净化空气,设计原理图如图所示。她用玻璃圆桶密闭含灰尘的空气,圆桶的高和直径相等。第一种除尘方式:在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,尘粒的运动方向如图

4、甲所示;第二种除尘方式:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间也加上电压U,形成沿半径方向的辐向电场,尘粒的运动方向如图乙所示。已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比,即F阻=kv(k为一定值),假设每个尘粒的质量和电荷量均相同,则在这两种方式中()A.尘粒最终一定都做匀速运动B.尘粒受到的电场力大小相等C.电场对单个尘粒做功的最大值相等D.乙容器中的尘粒运动为类平抛运动答案:C解析:尘粒可能一直做加速运动,也可能最终做匀速运动,故A错误;每种除尘方式中尘粒受到电场力大小F=qE,但两种不同方式,空间中的电场强度不同,所以尘粒所受电场力大小是不同的,故B错误;因电场对单个尘粒做功的最大值为qU,则

5、在两种情况下电场对尘粒做功的最大值相等,故C正确;乙容器中尘粒运动过程中阻力随速度在变化,所受合力不为恒力,故尘粒做的不是类平抛运动,故D错误。4.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流电压,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.0t0T4B.T2t03T4C.3T4t0TD.Tt09T8答案:B解析: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正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。作出t0=0、T4、T2、3

6、T4时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0t0T4,3T4t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零;T4t0T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。5.(2015江西南昌调研)如图,平行板电容器两极板M、N相距d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板带的电荷量与油滴带的电荷量的比值为k,则()A.油滴带正电B.油滴带的电荷量为mgUdC.电容器的电容为kmgdU2D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向

7、上运动答案:C解析:本题考查平衡条件、电场力、电容器、电场强度与电势差的关系、电容的定义式和决定式,意在考查考生对电场基本概念和规律的理解能力,对电容器动态变化问题的分析判断能力。带电油滴静止在两板间,重力与电场力等大、反向,电场力竖直向上,电容器上极板与电源正极相连为正极板,两板间电场方向竖直向下,综上可知,带电油滴带负电,A项错;由电场强度与电势差关系可知mg=Eq=Udq,解得q=mgdU,B项错;由题意知,电容器所带电荷量Q=kq=kmgdU,由电容的定义式知C=QU=kmgdU2,C项对;电容器与电源保持连接,两板间电势差不变,N板向下移动,板间距离变大,F电=Udq,油滴所受电场力

8、减小,油滴向下运动,D项错。6.(2015山西四校联考)如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则()A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t=T2时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在T2时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T时刻射出电场答案:A解析:本题考查了运动和力的关系、电场力、平行板电容器等知

9、识点,意在利用带电粒子在交变电场中的运动考查考生的理解能力和逻辑分析能力。由题设条件可知,粒子在0T2内做类平抛运动,在T2T内做类斜抛运动,因粒子在电场中所受的电场力大小相等,根据运动的对称性,粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的,如图所示,选项A正确;前后两段运动的时间相等,T2时将速度分解,设板长为l,由类平抛运动规律可得l=v0T,12l=12vT,则v=v0,则T2时刻该粒子的速度为2v0,选项B错误;若该粒子在T2时刻以速度v0进入电场,粒子将先向下做类平抛运动,后做类斜抛运动,而从PQ板右边缘射出电场,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,粒子在场中运动的时间t=l

10、2v0=T2,选项D错误。二、多项选择题7.如图所示,两块平行金属板M、N竖直放置,两板间电势差U=1.5103 V。现将质量m=110-2 kg、电荷量q=410-5 C的带电小球从两板上方的A点以v0=4 m/s的初速度水平抛出,小球恰好能从M板上端进入两板之间,并沿直线运动打到N板上的B点。已知A距两板上端的高度为h=0.2 m,不计空气阻力,g取10 m/s2。则()A.小球到达M板上端时的速度大小vm=25 m/sB.M、N两板间距d=0.3 mC.落点B距N板上端距离L=0.2 mD.小球到达B点时动能Ek=0.175 J答案:ABD解析:进入电场前,小球做平抛运动,只有重力做功,

11、所以平抛运动过程中有mgh=12mvm2-12mv02,代入数据可得vm=25 m/s,A正确;小球开始做平抛运动,所以小球到达M板上端的竖直分速度满足vy2=2gh,解得vy=2 m/s。设小球此时速度方向与水平方向之间的夹角为,则tan =vyv0=12,在电场中小球所受合外力方向与运动方向相同,小球做直线运动,所以有tan =mgEq=mgqUd,代入数据可解得d=0.3 m,B正确;在电场中运动时,小球在竖直方向下落的距离L=dtan =0.15 m,C错误;在电场中只有重力和电场力对小球做功,由动能定理有qU+mgL=Ek-12mvm2,代入数据可解得Ek=0.175 J,D正确。8

12、.(2015辽宁沈阳质量监测)如图甲所示,有一绝缘圆环,圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一个质量为m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=5.010-4 C。小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示。小球运动到B点时,速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()A.在O点右侧杆上,B点电场强度最大,电场强度大小为E=1.2 V/mB.由C到A的过程中,小球的电势能先减小后变大C.由C到A电势逐渐降低D.C、B两点间的电势差UCB=0.9 V答案:ACD解析:本题考查速度图象

13、、牛顿第二定律、动能定理、电场力做功、电场强度、电势能、电势、电势差等,意在考查考生对电场概念的理解能力、对力学规律的理解能力、对力电综合题的分析判断能力。速度图线斜率表示质点运动的加速度,由加速度定义式可知a=0.35 m/s2=0.06 m/s2,由牛顿第二定律得Eq=ma,解得E=1.2 V/m,A项正确;由速度图象及动能定理可知,小球由C到A过程中,电场力做正功,故小球的电势能一直减小,B项错误;由电势能与电势关系Ep=q可知,由C到A过程中,电势不断降低,C项正确;小球由C到B过程中,qUCB=12mv2,解得UCB=0.9 V,D项正确。三、非选择题9.如图所示,现有一个小物块,质

14、量为m=80 g,带正电荷q=210-4 C。与水平轨道之间的动摩擦因数=0.2,在一个方向水平向左、电场强度大小E=4103 V/m的匀强电场中,在水平轨道的末端N处,连接一个光滑的半圆形轨道,半径为R=40 cm,g取10 m/s2。(1)若小物块恰能运动到轨道的最高点L,那么小物块应从距N点多远处的A点释放?(2)如果小物块在(1)中的位置A释放,当它运动到P点(轨道中点)时轨道对它的支持力等于多少?导学号34220323答案:(1)1.25 m(2)4.8 N解析:(1)物块能通过轨道最高点L的条件是mg=mvL2RvL=2 m/sA到L的过程qEx-mgx-mg2R=12mvL2-0

15、解得x=1.25 m。(2)物块由P到L的过程-mgR-qER=12mvL2-12mvP2vP=25 m/sP点:FN-qE=mvP2RFN=4.8 N。10.(2015浙江杭州重点中学联考)如图所示,空间有电场强度E=1.0103 V/m竖直向下的电场,长L=0.4 m不可伸长的轻绳固定于O点,另一端系一质量m=0.05 kg、电荷量q=510-4 C的小球,拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放,当小球运动至O点的正下方B点时,绳恰好断裂,小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成=30、无限大的挡板MN上的C点。(g取10 m/s2)试求:(1)绳子至少受多大的拉力才能被拉断;(2)A

16、、C两点的电势差;(3)当小球刚要运动至C点时,突然施加一恒力F作用在小球上,同时把挡板迅速水平向右移动3.2 m,若小球仍能垂直打在挡板上,所加恒力F的方向的取值范围。答案:(1)3 N(2)1 600 V(3)见解析解析:(1)AB:由动能定理及牛顿第二定律有(mg+qE)L=12mvB2F-(mg+qE)=mvB2L可解得F=3 N,vB=4 m/s。(2)小球离开B点后做类平抛运动,到达C点时水平方向速度保持不变,小球垂直打在斜面上,故满足vC=vBsin30=8 m/s根据动能定理有(mg+qE)hAC=12mvC2又UAC=EhAC解得UAC=1 600 V。(3)挡板向右移动3.2 m,小球沿速度方向运动了1.6 m若小球做减速运动恰好垂直打到挡板,则a=v22s=20 m/s2=2g,所以要求a2g,F合2mg设恒力F与竖直方向的夹角为,作出小球的受力矢量三角形分析如图所示可得15(斜向左上方)若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在挡板上,设恒力F与竖直向上方向的夹角为,作出小球的受力矢量三角形分析如图所示,则有0(+)180得0150(斜向右下方)综上:恒力F与竖直向上的夹角(以顺时针为正)范围为-15150。