高考物理一輪復習 第九章 靜電場 第5講 帶電粒子在電場中運動的綜合問題檢測-人教版高三物理試題

第5講帶電粒子在電場中運動的綜合問題基礎(chǔ)鞏固1.如圖所示,將一個帶正電的粒子以初速度v0沿圖中所示方向射入勻強電場,不計粒子的重力,若粒子始終在電場中運動,則該粒子速度大小的變化情況是()A.先減小后增大 B.先增大后減小C.一直增大 D.一直減小2.如圖所示,a、b、c三條虛線為電場中的等勢面,等勢面b的電勢為零,且相鄰兩個等勢面間的電勢差相等,一個帶正電的粒子在A點時的動能為10J,僅在電場力作用下從A運動到B速度變?yōu)榱?當這個粒子的動能為7.5J時,其電勢能為()A.12.5J B.2.5J C.0 D.-2.5J3.如圖甲所示,在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓。當t=0時,一個電子從靠近N板處由靜止開始運動,經(jīng)1.0×10-3s到達兩板正中間的P點,那么在3.0×10-3s這一時刻,電子所在的位置和速度大小為()A.到達M板,速度為零 B.到達P點,速度為零C.到達N板,速度為零 D.到達P點,速度不為零4.如圖所示,在豎直向上的勻強電場中,一根不可伸長的絕緣細繩一端系著一個帶電小球,另一端固定于O點,小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,最高點為a,最低點為b。不計空氣阻力,則()A.小球帶負電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中,電勢能減小D.小球在運動過程中機械能守恒5.空間存在著平行于x軸方向的靜電場,其電勢φ隨x的分布如圖所示,A、M、O、N、B為x軸上的點,OA<OB,OM=ON。一個帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動,則下列判斷中正確的是()A.粒子一定帶正電B.粒子從M向O運動過程中所受電場力均勻增大C.粒子一定能通過N點D.粒子從M向O運動過程電勢能逐漸增加6.(2016北京東城二模)如圖所示,在粗糙的水平絕緣桌面上有兩個大小相同、帶有同種電荷的小物塊P和Q。已知mP>mQ,qP>qQ。將它們由靜止釋放后,兩物塊開始在水平桌面上運動,并最終停止在水平桌面上。在物塊運動過程中()A.P受到的庫侖力大于Q受到的庫侖力B.P受到的摩擦力始終小于它受到的庫侖力C.P的加速度始終大于Q的加速度D.P和Q具有的電勢能與機械能之和減小7.(2018北京海淀期末)如圖所示,在沿水平方向的勻強電場中,有一長度l=0.5m的絕緣輕繩,上端固定在O點,下端系一質(zhì)量m=1.0×10-2kg、帶電荷量q=2.0×10-8C的小球(小球的大小可以忽略)在B點處于靜止狀態(tài),此時輕繩與豎直方向的夾角α=37°,空氣阻力不計,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s(1)求該電場場強大小;(2)在始終垂直于l的外力作用下將小球從B點緩慢拉動到A點,求外力對帶電小球做的功;(3)過B點作一等勢面交電場線于C點,論證沿電場線方向電勢φA>φC。綜合提能1.(多選)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左。不計空氣阻力,則小球()A.做直線運動B.做曲線運動C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小2.(多選)如圖甲,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~T3A.末速度大小為2v0 B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了123.(2016北京東城二模,24)在光滑絕緣水平面上方某區(qū)域(0≤x≤3L)有沿x軸正方向的水平勻強電場,電場強度的大小及分布情況如圖1所示。將質(zhì)量為m1、電荷量為+q的帶電小球A在x=0處由靜止釋放,小球A將與質(zhì)量為m2、靜止于x=L處的不帶電的絕緣小球B發(fā)生正碰。已知兩球均可視為質(zhì)點,碰撞時間極短,且碰撞過程中沒有機械能的損失,沒有電荷量的轉(zhuǎn)移。E0、L為已知。(1)若m1=m2,小球A與小球B發(fā)生碰撞后二者交換速度,求:a.兩小球第一次碰撞前,小球A運動的時間t0以及碰撞前的瞬時速度大小v0;b.在圖2中畫出小球A自x=0處運動到x=5L處過程中的v-t圖像。(2)若m1=km2,通過計算分析說明無論倍數(shù)k取何值,小球A均可與小球B發(fā)生第二次碰撞。4.我們一般認為,飛船在遠離星球的宇宙深處航行時,其他星體對飛船的萬有引力作用很微弱,可忽略不計。此時飛船將不受外力作用而做勻速直線運動。設(shè)想有一質(zhì)量為M的宇宙飛船,正以速度v0在宇宙中飛行。飛船可視為橫截面積為S的圓柱體(如圖1所示)。某時刻飛船監(jiān)測到前面有一片塵埃云。(1)已知在開始進入塵埃云的一段很短的時間Δt內(nèi),飛船的速度減小了Δv,求這段時間內(nèi)飛船受到的阻力大小。圖1(2)已知塵埃云分布均勻,密度為ρ。a.假設(shè)塵埃碰到飛船時,立即吸附在飛船表面。若不采取任何措施,飛船將不斷減速。通過監(jiān)測得到飛船速度的倒數(shù)“1/v”與飛行距離“x”的關(guān)系如圖2所示。求飛船的速度由v0減小1%的過程中發(fā)生的位移及所用的時間。b.假設(shè)塵埃與飛船發(fā)生的是彈性碰撞,且不考慮塵埃間的相互作用。為了保證飛船能以速度v0勻速穿過塵埃云,在剛進入塵埃云時,飛船立即開啟內(nèi)置的離子加速器。已知該離子加速器是利用電場加速帶電粒子,形成向外發(fā)射的高速(遠遠大于飛船速度)粒子流,從而對飛行器產(chǎn)生推力的。若發(fā)射的是一價陽離子,每個陽離子的質(zhì)量為m,加速電壓為U,元電荷為e。在加速過程中飛行器質(zhì)量的變化可忽略。求單位時間內(nèi)射出的陽離子數(shù)。圖2答案精解精析基礎(chǔ)鞏固1.A由題給條件可知帶電粒子始終受水平向左的電場力作用,粒子在豎直方向的分速度不變,而水平方向的分速度先減小后增大,故該粒子的速度先減小后增大,選項A正確。2.D根據(jù)題意可知,帶電粒子從A到B,電場力做功為-10J(動能定理),則帶電粒子從A運動到等勢面b時,電場力做功為-5J,粒子在等勢面b時動能為5J。帶電粒子在電場中的電勢能和動能之和為5J,是守恒的,當動能為7.5J時,其電勢能為-2.5J。3.D在1.0×10-3s的時間里,電子做初速度為零的勻加速直線運動,當t=1.0×10-3s時電子到達P點,之后板間電壓反向,兩板間的電場強度大小不變,方向和原來相反,電子開始做勻減速直線運動,由于加速度的大小不變,當t=2.0×10-3s時電子到達靠近M板處,且速度減為零。隨后電子將反向做勻加速運動,當t=3.0×10-3s時電子又回到P點,且速度大小與第一次經(jīng)過P點時相等,而方向相反,故答案為D。4.B由小球在圓周上各點受力分析可推知,只有電場力與重力平衡,小球才能做勻速圓周運動,故小球應帶正電,A錯B對。小球從a點運動到b點的過程中,電場力做負功,電勢能增加,故C錯。因為有電場力對小球做功,所以小球的機械能不守恒,即D錯。5.C由E=Ud=ΔφΔx,可知A、O之間為水平向左的勻強電場E1,O、B間為水平向右的勻強電場E2,且E1>E2。粒子從M點由靜止向右運動,受向右的電場力作用,故粒子帶負電,A錯;帶負電的粒子由M→O過程中因E1恒定,電場力不變,B錯;因E1>E2,F1=qE1>F6.D由牛頓第三定律知,P對Q的庫侖力和Q對P的庫侖力大小相等,A項錯誤;P由靜止開始加速的過程摩擦力小于庫侖力,減速過程,摩擦力大于庫侖力,故B項錯誤;物塊在減速滑行的過程中加速度大小a=μmg-Fm7.答案(1)3.75×106N/C(2)1.25×10-2J(3)見解析解析(1)帶電小球靜止,受到的合力等于零,電場力與重力的關(guān)系是Eq=mgtanα(2分)E=mgqtan代入數(shù)據(jù)得:E=3.75×106N/C(1分)(2)小球在外力作用下從B點緩慢移動到A點過程中,根據(jù)動能定理有WF-Eqlsinα+mg(l-lcosα)=0(1分)WF=mgqtanα·qlsinα-mg(l-lcosα)(1分代入數(shù)據(jù)得:WF=1.25×10-2J(1分)(3)方法1:設(shè)一帶電荷量為+q的電荷在電場力作用下由A點移動到C點,電場力做功為W(1分)W=qUAC=q(φA-φC)(1分)因為W>0所以φA>φC(1分)方法2:設(shè)帶電荷量為+q的電荷放在A點,其電勢能為EpA,此電荷在電場力作用下從A點移到C點,在C點其電勢能為EpC(1分)因為電場力做正功,所以EpA>EpC(1分)電場中A點的電勢為φA=EpAq,C點的電勢為φ所以,φA>φC(1分)綜合提能1.BC剛開始時帶電小球所受重力與電場力的合力F跟v0不在同一條直線上,所以它一定做曲線運動,A項錯誤,B項正確。因重力與電場力的合力F為恒力,結(jié)合圖可知運動過程中合力F與速度之間的夾角由鈍角減小到銳角,其中直角時速率最小,所以帶電小球的速率先減小后增大,故C項正確,D項錯誤。2.BC由題意知qE0=mg,所以T3~2T3與2T3~T時間內(nèi)微粒的加速度等大反向,大小都等于g。T3~2T3時間內(nèi)微粒只在重力作用下的豎直末速度vy1=g·T3,豎直位移y1=12gT32,在2T3~T時間內(nèi)微粒的豎直末速度vy2=vy1-g·T3=0,豎直位移y2=vy1·T3-12gT32=12g3.答案見解析解析(1)a.小球A第一次與小球B碰撞前做初速度為零的勻加速直線運動加速度a1=E運動時間t0=2La1小球A與小球B碰撞前的瞬時速度大小v0=2a1Lb.小球A自x=0處運動到x=5L處的過程中的v-t圖像如圖所示。(2)設(shè)兩小球第一次碰撞后速度分別為vA1、vB1碰撞過程中由動量守恒定律有km2v0=km2vA1+m2vB1由機械能守恒定律有12km2v02=12km2vA解得:vA1=k-1vB1=2kk之后小球A再次被電場加速,若在x=3L處未發(fā)生碰撞,此時速度為vA2根據(jù)動能定理有4E0qL=12km2vA22-解得vA2=5k2vA2>vB1所以無論倍數(shù)k取何值,小球A均可與小球B發(fā)生第二次碰撞。4.答案(1)MΔvΔt(2)a.M99ρS解析(1)飛船的加速度a=Δ根據(jù)牛頓第二定律f=Ma飛船受到的阻力f=MΔ(2)a.對飛船和塵埃,根據(jù)動量守恒定律Mv0=(M+ρSx)99100v解得x=M由1vt=12(1v0解得t=199b.設(shè)在很短的時間Δt內(nèi),與飛船碰撞的塵埃的質(zhì)量為m',所受飛