2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場專題九帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題課時(shí)作業(yè)含解析

PAGE6-專題九帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題1.將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，起先B板電勢比A板電勢高，這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下起先運(yùn)動，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是()A．電子始終向著A板運(yùn)動B．電子始終向著B板運(yùn)動C．電子先向A板運(yùn)動，然后返回向B板運(yùn)動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動D．電子先向B板運(yùn)動，然后返回向A板運(yùn)動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動D2.(2024·廣東省韶關(guān)市調(diào)研)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不行伸長的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩，一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則()A．小球帶負(fù)電B．電場力跟重力是一對平衡力C．小球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，電勢能減小D．運(yùn)動過程中小球的機(jī)械能守恒B[小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，受到重力、電場力和細(xì)繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球帶正電，故A錯(cuò)誤，B正確。小球在從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，小球的電勢能增大，故C錯(cuò)誤。由于電場力做功，所以小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。]3．真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿如圖所示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運(yùn)動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則()A．微?？隙◣д夿．微粒肯定做勻速直線運(yùn)動C．可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度D．可求出微粒運(yùn)動的加速度D[因微粒在重力和電場力作用下做直線運(yùn)動，而重力豎直向下，可知電場力肯定水平向左，微粒帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；其合外力肯定與速度反向，大小為F＝eq\f(mg,sinθ)，即微?？隙ㄗ鰟驕p速直線運(yùn)動，加速度大小為a＝eq\f(g,sinθ)，B錯(cuò)誤，D正確；電場力qE＝eq\f(mg,tanθ)，但不知微粒的電荷量，所以無法求出電場強(qiáng)度，C錯(cuò)誤。]4．(2024·安徽省蚌埠市質(zhì)檢)如圖甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓。現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連綿不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計(jì))，且全部粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動時(shí)間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A．1∶1 B.2∶1C．3∶1 D.4∶1C[設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a若粒子在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，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若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,8)aT2則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項(xiàng)正確。]5.(多選)如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B，一個(gè)電荷量q＝1.41×10－4C、質(zhì)量m＝1g的帶電小球自A板上的孔P以大小為0.1m/s的水平速度v0飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02s后又回到P點(diǎn)，其間未與B板相碰，g取10m/s2，則()A．板間電場強(qiáng)度大小為100V/mB．板間電場強(qiáng)度大小為141V/mC．板與水平方向的夾角θ＝30°D．板與水平方向的夾角θ＝45°AD[對帶電小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－v0,\f(t,2))＝eq\f(0－0.1,\f(0.02,2))m/s2＝－10m/s2，依據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(F合,mg)＝eq\f(m|a|,mg)＝eq\f(|a|,g)＝eq\f(10,10)＝1，故θ＝45°，F(xiàn)電＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg＝qE，解得E＝100V/m，故A、D正確。]6.(2024·安徽合肥模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。(1)求小球所受的電場力大??；(2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小。解析：(1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小，則必需使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(2gr)。在小球從圓軌道上的D點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，有mgr(1＋cos60°)＋Frsin60°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得v0＝2eq\r(2gr)。答案：(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)7.(多選)如圖所示，兩個(gè)帶等量正電荷的點(diǎn)電荷分別位于x軸上的P、Q兩點(diǎn)，其位置關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，圓弧曲線是一個(gè)以O(shè)點(diǎn)為圓心的半圓，c點(diǎn)為半圓與y軸的交點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)為一條平行于x軸的直線與半圓的交點(diǎn)．下列說法中正確的是()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢相同B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同C．將一個(gè)正電荷q沿著圓弧從a點(diǎn)經(jīng)c點(diǎn)移到b點(diǎn)，其電勢能先增大后減小D．將一個(gè)正電荷q放在半圓上的隨意一點(diǎn)，兩點(diǎn)電荷對q的作用力大小分別是F1、F2，則eq\f(1,F1)＋eq\f(1,F2)為肯定值A(chǔ)D[依據(jù)等量同種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場特點(diǎn)可知，a、b兩點(diǎn)的電勢相等，A正確，a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，但方向不同，B錯(cuò)誤；正電荷從a點(diǎn)經(jīng)c點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢先降低后上升，由Ep＝qφ得正電荷的電勢能先減小后增大，C錯(cuò)誤；由庫侖定律和幾何關(guān)系得eq\f(1,F1)＋eq\f(1,F2)＝eq\f(4R2,kQq)，D正確。]8.(2024·啟東中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J。下列說法中正確的是()A．金屬塊帶負(fù)電荷B．金屬塊克服電場力做功8JC．金屬塊的電勢能削減4JD．金屬塊的機(jī)械能削減12JD[金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，由動能定理知合外力做功12J，其中包括重力、摩擦力和電場力做功，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，所以可得電場力做功WF＝－4J，電場力做負(fù)功。金屬塊帶正電，電勢能增加了4J，A、B、C錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，機(jī)械能的改變ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即機(jī)械能削減12J，D正確。]9．如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個(gè)帶電小球A、B，質(zhì)量分別為3m和m，小球A帶正電q，小球B帶負(fù)電－2q，起先時(shí)兩小球相距x0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度為零，取初始狀態(tài)下兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)的電勢能為零。(1)試證明當(dāng)兩小球的速度相同時(shí)系統(tǒng)的電勢能最大；(2)求出該電勢能的最大值。解析：(1)由于兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)所受合外力為零，設(shè)某狀態(tài)下兩小球的速度分別為vA和vB，由動量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB系統(tǒng)的動能減小量ΔEk＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由于系統(tǒng)運(yùn)動的過程中只有電場力做功，所以系統(tǒng)的動能與電勢能之和守恒，考慮到系統(tǒng)初狀態(tài)下的電勢能為零，故系統(tǒng)在該狀態(tài)下的電勢能Ep＝ΔEk＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立得Ep＝－6mveq\o\al(2,A)＋9mv0vA－3mveq\o\al(2,0)當(dāng)vA＝eq\f(3,4)v0時(shí)，系統(tǒng)的電勢能取得最大值，得vA＝vB＝eq\f(3,4)v0即當(dāng)兩小球速度相同時(shí)，系統(tǒng)的電勢能最大。(2)最大值Epmax＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)。答案：(1)略(2)eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)10．如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽視兩極板外的電場。當(dāng)兩板間加電壓UMN＝U0時(shí)，某一帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽視不計(jì)。(1)求帶電粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝eq\f(L,v0)，從t＝0起先，前eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝2U，后eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍舊以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終全部粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值。解析：(1)設(shè)粒子經(jīng)過時(shí)間t0打在M板中點(diǎn)沿極板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直極板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通過兩板間的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)＝T從t＝0時(shí)刻起先，粒子在兩板間運(yùn)動時(shí)，每個(gè)電壓改變周期的前三分之一時(shí)間內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每個(gè)電壓改變周期的后三分之二時(shí)間內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)不同時(shí)刻從O1點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子沿電場方向的速度vy隨時(shí)間t改變的關(guān)系如圖所示。全部粒子恰好能全部離開電場而不