版高考物理一轮复习静电场第5讲带电粒子在电场中运动的综合问题 含答案.docx
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版高考物理一轮复习静电场第5讲带电粒子在电场中运动的综合问题含答案
第5讲 带电粒子在电场中运动的综合问题
基础巩固
1.如图所示,将一个带正电的粒子以初速度v0沿图中所示方向射入匀强电场,不计粒子的重力,若粒子始终在电场中运动,则该粒子速度大小的变化情况是( )
A.先减小后增大B.先增大后减小
C.一直增大D.一直减小
2.如图所示,a、b、c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子在A点时的动能为10J,仅在电场力作用下从A运动到B速度变为零,当这个粒子的动能为7.5J时,其电势能为 ( )
A.12.5JB.2.5JC.0D.-2.5J
3.如图甲所示,在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。
当t=0时,一个电子从靠近N板处由静止开始运动,经1.0×10-3s到达两板正中间的P点,那么在3.0×10-3s这一时刻,电子所在的位置和速度大小为( )
A.到达M板,速度为零B.到达P点,速度为零
C.到达N板,速度为零D.到达P点,速度不为零
4.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( )
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
5.空间存在着平行于x轴方向的静电场,其电势φ随x的分布如图所示,A、M、O、N、B为x轴上的点,OA 一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是( ) A.粒子一定带正电 B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大 C.粒子一定能通过N点 D.粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加 6.(2016北京东城二模)如图所示,在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q。 已知mP>mQ,qP>qQ。 将它们由静止释放后,两物块开始在水平桌面上运动,并最终停止在水平桌面上。 在物块运动过程中( ) A.P受到的库仑力大于Q受到的库仑力 B.P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力 C.P的加速度始终大于Q的加速度 D.P和Q具有的电势能与机械能之和减小 7.(2018北京海淀期末)如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度l=0.5m的绝缘轻绳,上端固定在O点,下端系一质量m=1.0×10-2kg、带电荷量q=2.0×10-8C的小球(小球的大小可以忽略)在B点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°,空气阻力不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。 (1)求该电场场强大小; (2)在始终垂直于l的外力作用下将小球从B点缓慢拉动到A点,求外力对带电小球做的功; (3)过B点作一等势面交电场线于C点,论证沿电场线方向电势φA>φC。 综合提能 1.(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。 不计空气阻力,则小球 ( ) A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 2.(多选)如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。 t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~ 时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。 微粒运动过程中未与金属板接触。 重力加速度的大小为g。 关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是( ) A.末速度大小为 v0B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了 mgdD.克服电场力做功为mgd 3.(2016北京东城二模,24)在光滑绝缘水平面上方某区域(0≤x≤3L)有沿x轴正方向的水平匀强电场,电场强度的大小及分布情况如图1所示。 将质量为m1、电荷量为+q的带电小球A在x=0处由静止释放,小球A将与质量为m2、静止于x=L处的不带电的绝缘小球B发生正碰。 已知两球均可视为质点,碰撞时间极短,且碰撞过程中没有机械能的损失,没有电荷量的转移。 E0、L为已知。 (1)若m1=m2,小球A与小球B发生碰撞后二者交换速度,求: a.两小球第一次碰撞前,小球A运动的时间t0以及碰撞前的瞬时速度大小v0; b.在图2中画出小球A自x=0处运动到x=5L处过程中的v-t图像。 (2)若m1=km2,通过计算分析说明无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。 4.我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。 此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。 设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。 飞船可视为横截面积为S的圆柱体(如图1所示)。 某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。 (1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间Δt内,飞船的速度减小了Δv,求这段时间内飞船受到的阻力大小。 图1 (2)已知尘埃云分布均匀,密度为ρ。 a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。 若不采取任何措施,飞船将不断减速。 通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。 求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。 b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。 为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。 已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对飞行器产生推力的。 若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U,元电荷为e。 在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。 求单位时间内射出的阳离子数。 图2 答案精解精析 基础巩固 1.A 由题给条件可知带电粒子始终受水平向左的电场力作用,粒子在竖直方向的分速度不变,而水平方向的分速度先减小后增大,故该粒子的速度先减小后增大,选项A正确。 2.D 根据题意可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10J(动能定理),则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5J,粒子在等势面b时动能为5J。 带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5J,是守恒的,当动能为7.5J时,其电势能为-2.5J。 3.D 在1.0×10-3s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3s时电子到达P点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当t=2.0×10-3s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。 随后电子将反向做匀加速运动,当t=3.0×10-3s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反,故答案为D。 4.B 由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速圆周运动,故小球应带正电,A错B对。 小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,故C错。 因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即D错。 5.C 由E= = 可知A、O之间为水平向左的匀强电场E1,O、B间为水平向右的匀强电场E2,且E1>E2。 粒子从M点由静止向右运动,受向右的电场力作用,故粒子带负电,A错;带负电的粒子由M→O过程中因E1恒定,电场力不变,B错;因E1>E2,F1=qE1>F2=qE2,又OM=ON,再结合W=Fx知粒子一定能通过N点,C对;因由M→O电势增大,则带负电粒子由M→O运动过程中电势能减少,D错。 6.D 由牛顿第三定律知,P对Q的库仑力和Q对P的库仑力大小相等,A项错误;P由静止开始加速的过程摩擦力小于库仑力,减速过程,摩擦力大于库仑力,故B项错误;物块在减速滑行的过程中加速度大小a= =μg- 由此可知质量大的物块,加速度反而小,故C项错误;因物块在滑行过程中与桌面摩擦产生热量,根据能量守恒定律知,P和Q具有的电势能与机械能之和减小,故D项正确。 7.答案 (1)3.75×106N/C (2)1.25×10-2J (3)见解析 解析 (1)带电小球静止,受到的合力等于零,电场力与重力的关系是 Eq=mgtanα(2分) E= tanα 代入数据得: E=3.75×106N/C(1分) (2)小球在外力作用下从B点缓慢移动到A点过程中,根据动能定理有 WF-Eqlsinα+mg(l-lcosα)=0(1分) WF= tanα·qlsinα-mg(l-lcosα)(1分) 代入数据得: WF=1.25×10-2J(1分) (3)方法1: 设一带电荷量为+q的电荷在电场力作用下由A点移动到C点,电场力做功为W(1分) W=qUAC=q(φA-φC)(1分) 因为W>0 所以φA>φC(1分) 方法2: 设带电荷量为+q的电荷放在A点,其电势能为EpA,此电荷在电场力作用下从A点移到C点,在C点其电势能为EpC(1分) 因为电场力做正功,所以EpA>EpC(1分) 电场中A点的电势为φA= C点的电势为φC= 所以,φA>φC(1分) 综合提能 1.BC 刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。 因重力与电场力的合力F为恒力,结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角,其中直角时速率最小,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。 2.BC 由题意知qE0=mg,所以 ~ 与 ~T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。 ~ 时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g· 竖直位移y1= g 在 ~T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g· =0,竖直位移y2=vy1· - g = g 所以y1=y2= 微粒克服电场力做功W=q·2E0· =2mg = mgd,有重力作用时微粒的竖直位移为 其重力势能减少了 mgd。 综上可知A、D错误,B、C正确。 3. 答案 见解析 解析 (1)a.小球A第一次与小球B碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动 加速度a1= 运动时间t0= = 小球A与小球B碰撞前的瞬时速度大小v0= = b.小球A自x=0处运动到x=5L处的过程中的v-t图像如图所示。 (2)设两小球第一次碰撞后速度分别为vA1、vB1 碰撞过程中由动量守恒定律有km2v0=km2vA1+m2vB1 由机械能守恒定律有 km2 = km2 + m2 解得: vA1= v0 vB1= v0 之后小球A再次被电场加速,若在x=3L处未发生碰撞,此时速度为vA2 根据动能定理有4E0qL= km2 - km2 解得vA2= v0 vA2>vB1 所以无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。 4. 答案 (1)M (2)a. b. ρS 解析 (1)飞船的加速度a= 根据牛顿第二定律f=Ma 飞船受到的阻力f=M (2)a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律 Mv0=(M+ρSx) v0 解得x= 由 -x图像可知 t= ( + )x 解得t= b.设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m',所受飞船的作用力为f'。 飞船与尘埃发生的是
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