高考物理复习练习带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题能力课时Word文件下载.docx

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从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A项正确，B项错误．

3．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．小球带负电

B．电场力跟重力平衡

C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小

D．小球在运动过程中机械能守恒

选B.由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；

从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；

由于有电场力做功，机械能不守恒，D错．

4．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°

角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：

（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；

（2）小环从C运动到P过程中的动能增量；

（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.

（1）结合题意分析知：

qE＝mg，F合＝mg＝ma，a＝g＝10m/s2，

方向垂直于杆向下．

（2）设小环从C运动到P的过程中动能的增量为

ΔEk＝W重＋W电

其中W重＝mgh＝4J，W电＝0，所以ΔEk＝4J.

（3）环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动，有

h＝v0t

垂直杆方向匀加速运动，有h＝at2，解得v0＝2m/s.

答案：

（1）10m/s2　垂直于杆向下　

（2）4J　（3）2m/s

5.如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ＝37°

，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E＝1×

104N/C、水平向右的匀强电场中．一质量m＝4×

10－3kg、带电荷量q＝＋3×

10－6C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零．已知CD段长度L＝0.8m，圆弧DG的半径r＝0.2m，不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．求：

（1）滑块与CD段之间的动摩擦因数μ；

（2）滑块在CD段上运动的总路程；

（3）滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能．

（1）滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得

qE·

－μmg＝0

解得μ＝＝0.25

（2）滑块在CD段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01N，电场力qE＝0.03N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在PDGH间来回往复运动，最终到达D点的速度为0.全过程由动能定理得

L－μmgs＝0－0

解得s＝L＝3L＝2.4m

（3）GH段的倾角θ＝37°

，滑块受到的重力mg＝0.04N，电场力qE＝0.03N，qEcosθ＝mgsinθ＝0.024N，加速度a＝0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能．

对C到G过程由动能定理得

Ek最大＝Eq（L＋rsinθ）－μmgL－mg（r－rcosθ）＝0.018J

滑块最终在PDGH间来回往复运动，最后一次碰撞滑块有最小动能，对D到G过程由动能定理得

Ek最小＝Eqrsinθ－mg（r－rcosθ）＝0.002J.

（1）0.25　

（2）2.4m　（3）0.018J　0.002J

[能力提升题组]（25分钟，50分）

1．（多选）如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）

A．带电粒子将始终向同一个方向运动

B．2s末带电粒子回到原出发点

C．3s末带电粒子的速度为零

D．0～3s内，电场力做的总功为零

选CD.设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，vt图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．

2．如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m＝2.0×

10－11kg、电荷量为q＝1.0×

10－5C的带正电粒子（重力不计）从a点以v1＝1×

104m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°

角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2＝2×

104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图象正确的是（　　）

选D.因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故选项D正确；

因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误；

因为粒子离开电场时的速度v2＝＝2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误；

粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx＝mv2－mv，所以v与x不是线性关系，选项C错误．

3．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块（可视为质点），从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则（　　）

A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝

B．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小

C．OB间的距离为

D．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能

选C.小金属块从A到B过程，由动能定理得：

－qUAB－μmgL＝mv－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－，故A错误；

小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；

由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝k，得r＝，故C正确；

从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误．

4．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g.求：

（1）A球刚进入水平轨道的速度大小；

（2）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；

（3）A、B两球最终的速度vA、vB的大小．

（1）对A球下滑的过程，据机械能守恒得

2mgh＝·

2mv

解得v0＝

（2）A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有

2mv0＝（2m＋m）v

解得v＝v0＝

据能量守恒定律得2mgh＝（2m＋m）v2＋Ep

解得Ep＝mgh

（3）当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定．则

2mv0＝2mvA＋mvB

×

2mv＝×

2mv＋mv

解得vA＝v0＝

vB＝v0＝

（1）　

（2）mgh　（3）　

5．如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为＋q的粒子．已知板间电压UMN随时间变化的关系如图乙所示，其中U0＝.忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大．

（1）计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；

（2）求荧光屏上发光的长度．

（1）t＝0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为t，

则l＝·

t2，

解得：

t＝

粒子在水平方向的位移：

x＝v0t＝＜l，粒子打在N极板中点．

（2）由

（1）知t＝时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间向下加速的运动时间：

t1＝－＝，

粒子离开极板时的竖直分速度：

vy＝at1＝t1＝4v0，

粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：

t2＝，

粒子在竖直方向的偏移量：

y＝l＋vyt2＝5l，

在t＝时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：

d＝y＝5l.

（1）打在N极板中点　

（2）5l