2020届高三精准培优专练十四带电粒子在电场中的运动(教师版)

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1、精准培优专练 1本知识点常以计算题的形式与牛顿运动定律、功能关系、能量守恒综合考查。2两点注意:(1)注意带电粒子重力能否忽略;(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析,应用动力学知识或功能关系解题。典例1.(2018全国III卷21)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻,a的动能比b的大C在t

2、时刻,a和b的电势能相等D在t时刻,a和b的动量大小相等【解析】两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等,由xa0t2,知微粒a的加速度大,由qEma0,知微粒a的质量小,A错误;由动能定理qExEk得,位移x大的动能大,B正确;在同一等势面上,a、b两微粒电荷量虽相等,但电性相反,故在t时刻,a、b的电势能不相等,C错误;由动量定理qEtmv得,在t时刻,a、b的动量大小相等,D正确。【答案】BD典例2.(2019全国II卷24)如图,如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为(0)。质量为m,电荷量为q(q

3、0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?【解析】(1)PG、QG间场强大小相等,均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有:qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有hat2lv0t联立式解得:Ekmvqhlv0。(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则

4、金属板的长度最短由对称性知,此时金属板的长度L为L2l2v0。1如图,平行板电容器AB两极板水平放置,与理想二极管串联接在电源上,已知A和正极相连,二极管具有单向导电性,一带电小球沿AB中心水平射入,打在B极板上的N点。现保持B板不动,通过上下移动A板来改变两极板的间距(两板仍平行),下列说法中正确的是()A若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N的左侧B若小球带正电,当AB间距增大时,小球打在N的左侧C若小球带负电,当AB间距增大时,小球可能打在N的左侧D若小球带负电,当AB间距减小时,小球可能打在N的右侧【答案】AD【解析】若小球带正电,当d减小时,电容增大,Q增大,U不变,根据,知d减

5、小时E增大,所以电场力变大,方向向下,小球做平抛运动竖直方向加速度增大,运动时间变短,打在N点左侧。故A正确。若小球带正电,当d增大时,电容减小,但由于二极管的单向导电性使得Q不可能减小,所以Q不变,根据,知E不变,所以电场力不变,小球仍然打在N点。故B错误。若小球带负电,当AB间距d增大时,电容减小,但Q不可能减小,所以Q不变,根据,知E不变,所以电场力大小不变,方向向上,若电场力小于重力,小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变,运动时间不变,小球仍然可能打在N点。故C错误。若小球带负电,当AB间距d减小时,电容增大,则Q增大,根据,知E增大,所以电场力变大,方向向上,若电场力小于重力,小球

6、做类平抛运动竖直方向上的加速度减小,运动时间变长,小球将打在N点的右侧。故D正确。2如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M点与P点的连线垂直于电场线,M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子,以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场,重力不计。N点的粒子垂直电场线进入,M点的粒子与电场线成一定夹角进入,两粒子恰好都能经过P点,在此过程中,下列说法正确的是()A电场力对两粒子做功相同B两粒子到达P点的速度大小可能相等C两粒子到达P点时的电势能都减小D两粒子到达P点所需时间一定不相等【答案】D【解析】由题图可知M、P两点在同一等势面上,所以两点间的电势差为

7、零,而N、P间的电势差大于零,根据WqU知,电场力对M点的粒子不做功,对N点的粒子做正功,故A错误;根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功,所以速度增大,而M点的粒子到达P点时电场力不做功,所以速度大小不变,又因它们的初速度大小相等,所以两粒子到达P点的速度大小不等,故B错误;M点的粒子到达P点时电势能不变,N点的粒子到达P点电场力做正功,所以电势能减少,故C错误;在垂直于电场线方向,两个粒子都做匀速直线运动,设PML,M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为,则M点的粒子到达P点的时间:tM,N点的粒子到达P点的时间:tN,由此可见,两粒子到达P点所需时间一定不相等,故D正确。3如图所示

8、,在与水平面夹角为60的匀强电场中,有一带负电的物块A放在倾斜的绝缘木板上,物块所受电场力的大小为其重力大小的一半,木板的倾角为30和60时物块所受的摩擦力大小恰好相等,则物块与木板间的动摩擦因数为()A BC D【答案】D【解析】当木板倾角是30时,物块受到重力、支持力、垂直斜面向下的电场力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上,FN1mgcos30qEmg(),当木板倾角是60时,物块受到重力、支持力、与斜面成30向下的电场力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向:FN2mgcos60qEcos30mgmg,两式比较可知,FN1FN2,在摩擦因数相等的情况下,一定是木板的倾角为30是静摩擦力,6

9、0时物块所受的是滑动摩擦力。木板的倾角为30时物块受力平衡,得:f1mgsin30mg,木板的倾角为60时物块受摩擦力:f2FN2(mgmg),由题意:f1f2,联立解得:.故D正确,ABC错误。4如图所示,在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45角的匀强电场,将一质量为m、带电荷量为q的小球,以某一初速度从O点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程xky2,且小球通过点P。已知重力加速度为g,则()A电场强度的大小为B小球初速度的大小为C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中,电势能减少【答案】BC【解析】小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿x轴正方向,qEmg,

10、电场强度的大小为E,A错误;F合mgma,所以ag,由类平抛运动规律有v0t,gt2,得小球初速度大小为v0,B正确;由P点的坐标分析可知,所以小球通过点P时的动能为mv2m(vv),C正确;小球从O到P过程中电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功,即WqE,D错误。5 在竖直平面内有水平向右、电场强度为E1104 N/C的匀强电场,在场中有一个半径为R2 m的光滑圆环,环内有两根光滑的弦AB和AC,A点所在的半径与竖直直径BC成37角,质量为0.04 kg的带电小球由静止从A点释放,沿弦AB和AC到达圆周的时间相同。现去掉弦AB和AC,给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动

11、,取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点,(cos 370.8,g10 m/s2)下列说法正确的是()A小球所带电量为q3.6105 CB小球做圆周过程中动能最小值是0.5 JC小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小D小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0 N【答案】BCD【解析】由题知,小球在复合场中运动,由静止从A点释放,沿弦AB和AC到达圆周的时间相同,则A点可以认为是等效圆周的最高点,沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点,对小球进行受力分析,小球应带正电,如图所示,可得mgtan37qE解得小球的带电量为,故A错误;小球做圆周过程中由于重力和电场力都是

12、恒力,所以它们的合力也是恒力,小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变,在圆上各点中,小球在等效最高点A的势能(重力势能和电势能之和)最大,则其动能最小,由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动,根据牛顿第二定律,在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力m,小球做圆周过程中动能最小值EkminmvA2J0.5J,故B正确;由于总能量保持不变,小球从B到A过程中电场力做负功,电势能增大,小球的机械能逐渐减小,故C正确;将重力与电场力等效成新的“重力场”,新“重力场”方向与竖直方向成,等效重力,等效重力加速度为,小球恰好能做圆周运动,在等效最高点A点速度为,在等效最低点小球对环的压力最大,设小球在等效

13、最低点的速度为v,由动能定理得。在等效最低点,由牛顿第二定律,联立解得小球在等效最低点受到的支持力根据牛顿第三定律知,小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N,故D正确。6如图,一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上。在纸面内加一匀强电场,其方向与水平面夹角60,场强,现将一质量为m带电量为+q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出,第一次与接触面撞前空中飞行的竖直位移为y1,若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出,第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为y2,则下列说法可能正确的是()Ay22y1 By24y1 Cy26y1 Dy210y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿电

14、场方向的电场力,大小为,其竖直分量为;则小球做竖直方向做匀速运动;水平方向 ,则水平方向做加速度为的匀加速运动;若小球第一次能落到斜面上,则第一次与接触面撞前,则 (其中为斜面的倾角),则,则当初速度大小变为3v0时,竖直位移y变为原来的9倍;若两次小球第一次均落在竖直墙壁上,则水平位移相等,则时间相等,由yv0t可知,则当初速度大小变为3v0时,竖直位移y变为原来的3倍;若第一次落在斜面上,第二次落在墙壁上,可知竖直位移应该介于3倍和9倍之间,则选项BC正确,AD错误。7如图,竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场,方向与水平方向成 60角,纸面内的线段MN与水平方向成30角,MN长度为

15、d。现将一质量为m、电荷量为q(q0)的带电小球从M由静止释放,小球沿MN方向运动,到达N点的速度大小为vN(待求);若将该小球从M点沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度抛出,小球将经过M点正上方的P点(未画出),已知重力加速度大小为g,求:(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN;(2)M点和P点之间的电势差;(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。【解析】(l)由小球运动方向可知,小球受合力沿MN方向,如图甲,由正弦定理:mgsin30Fsin30Eqsin120得:E3mgq合力:Fmg从MN,有:2adN2得:N2gd(2)如图乙,设MP为h,作PC垂直于电场线,小球做类平抛运

16、动:hcos6012at2,hsin60NtUMCEhcos30,UMPUMC得:UMP-4mgdq(3)如图乙,作PD垂直于MN,从MP,由动能定理:FSMDEKP-EKMSMDhsin30EKM12mvN2EKPEKMFSMD+EKMEKM73。8如图甲所示,长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:(1)交变电压的周期T应满足什么条件?(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件?【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场,在

17、垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,(反向)减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,这段时间等于一个周期,故有LnTv0解得T粒子在T内离开中心线的距离为ya又a,E解得y在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2y粒子不撞击金属板,应有ymd解得T2d故n,即n取大于等于的整数所以粒子的周期应满足的条件为T,其中n取大于等于的整数。(2)粒子进入电场的时刻应为T,T,T,故粒子进入电场的时刻为tT(n1,2,3,)。9如图甲所示,粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接,过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水

18、平向右的匀强电场E,质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放,运动中由于摩擦起电滑块电量会增加,过B点后电量保持不变,小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知A、B间距离为4R,滑块与轨道间动摩擦因数为 0.5,重力加速度为g,不计空气阻力,求:(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量;(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小;(3)小滑块再次进入电场时,电场大小保持不变、方向变为向左,求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离。【解析】(1) 由牛顿第二定律得,在A点: 在B点: 由联立解得: (2)从A到B过程,由动能定理得: 将电场力与重力的合力等效为“重力G”,

19、与竖直方向的夹角设为,在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大,则: 从B到“等效最低点”过程,由动能定理得: 由牛顿第二定律得: 由式联立解得:由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为(3)从B到C过程,由动能定理得: 从C点到再次进入电场的过程中做平抛运动:水平方向: 竖直方向: 设速度方向与水平方向的夹角为1,则 进入电场后,受向左的电场力与竖直向下的重力, 由式联立可得:,则进入电场后合力与速度共线,做匀加速直线运动 从C点到水平轨道: 由式联立可得:,因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为,方向与水平方向夹角的正切值为、斜向左下方,位置在B点左侧6R处。10如图所示,一带电荷量q0.05 C、质

20、量Ml kg的绝缘平板置于光滑的水平面上,板上靠右端放一可视为质点、质量ml kg的不带电小物块,平板与物块间的动摩擦因数0.75。距平板左端L0.8 m处有一固定弹性挡板,挡板与平板等高,平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E100 N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放,已知重力加速度g10 m/s2,平板所带电荷量保持不变,整个过程中物块未离开平板。求:(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率;(2)平板的最小长度;(3)从释放平板到两者最终停止运动,挡板对平板的总冲量。【解析】(1)两者相对静止,在电场力作用下一起向左加速,有a2.5 m/s2g故平板M与物

21、块m一起匀加速,根据动能定理可得:qEL解得:v12.0 m/s设向左为正方向,则平板反弹后,物块以速度v12.0 m/s、加速度大小a17.5 m/s2,向左做匀减速运动;平板以速度v12.0 m/s、加速度大小a212.5 m/s2,向右做匀减速运动。设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1,则有:v1a1t1v1v1a2t1v1解得:t10.2 s,v10.5 m/s,方向向左。此时平板左端距挡板的距离:xv1t10.15 m此后两者一起向左匀加速,设第二次碰撞时速度为v,则由动能定理得:qEx1解得:v21.0 m/s。(2)最后平板、小物块静止(左端与挡板接触),此时小物块恰好滑到平板最左端,这时的平板长度最短。设平板长为l,全程根据能量守恒可得:qELmgl解得:lm0.53 m。(3)设平板第n1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn1和vn,平板第n1次反弹后设经历时间tn1,平板与物块达到共同速度vn1,以向左为正方向,则:对平板有:vn1vn1a2tn1位移大小对物块有:vn1vn1a1tn1由以上三式解得:,此后两者一起向左匀加速,由动能定理得:qExn1解得:从开始运动到平板和物块恰停止,挡板对平板的总冲量:I2Mv12Mv22Mv32Mv4解得:I8.0 Ns。11

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