专题33 带电粒子在电场中的运动综合问题分析（测）-2019年高考物理一轮复习讲练测 14页

‎ ‎ 第33讲 带电粒子在电场中的运动综合问题分析——测 ‎【满分：110分 时间：90分钟】‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎1．如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出的电予恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是 A． 当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时，电子将打在第一象限 B． 电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关 C． 电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关 D． 电子通过XX' 时的水平偏转量与YY' 所加电压大小有关 ‎【答案】 C ‎2．图为示波管的原理图，如果在电极之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是 A． B． C． D． ‎ ‎【答案】 C ‎3．图（a）为示波管的原理图，如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧火屏上会看到的图形是（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】 B ‎4．一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（ ）‎ A． 所有电子都从右侧的同一点离开电场 B． 所有电子离开电场时速度都是v0‎ C． t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 ‎ D． t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 ‎【答案】 BD ‎【解析】‎ 试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；‎ 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；时刻进入电场的电子，在 时刻侧位移最大，最大侧位移为：，在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：，联立得：故D正确。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度。时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于，电子的动能不是最大．分析时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移。‎ ‎5．如图所示，空间有场强大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面倾角为，底端固定一根劲度系数为k的轻弹簧；彼此绝缘的AB两物体静止在弹簧顶端，A的质量为m，电量为+q，B的质量也为m，不带电，弹簧处在弹性限度内；某时刻，在沿斜面向上的外力F作用下，AB一起以加速度a匀加速运动，则当AB分离瞬间（ ）‎ A． 弹簧的形变量为0 B． 弹簧的形变量为 C． A的速度达到最大 D． A的加速度为0‎ ‎【答案】 B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 图中A、B分离的临界条件是A、B之间的弹力为零，隔离A分析求解弹簧弹力，根据胡克定律列式求解形变量；A的速度最大的时刻对于A的加速度为零．‎ ‎6．如图所示，带电小球a由绝缘细线OC和OE悬挂而处于静止状态，其中OC水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道AB，圆心O与a球位置重合，管道底端B与水平地面相切。一质量为m的带电小球b从A端口由静止释放，当小球b运动到B端时对管道内壁恰好无压力，在此过程下列说法错误的是（）‎ A． 小球b的机械能守 B． 悬线OE的拉力先增大后减小 C． 悬线OC的拉力先增大后减 D． b球受到的库仑力大小始终为3mg ‎【答案】 B 拉力不断增大，悬线OC的拉力先增大后减小，故B说法错误，C说法正确。所以选B。‎ ‎7．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球用细线系住，线的一段固在O点，若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60o角，则电场强度的最小值为（   ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】 B ‎【解析】‎ 以小球为研究对象，对小球进行受力分析，故小球受到重力mg、绳的拉力F1、电场力F2三个力作用，根据平衡条件可知，拉力F1与电场力F2的合力必与重力mg等大反向。因为拉力F1的方向确定，F1与F2的合力等于mg确定；‎ 由矢量图可知，当电场力F2垂直悬线时电场力F2=qE最小，故场强E也最小。由图可知此时电场力qE=mgsin60°；所以，所以正确的选项是B。故选B。‎ 点睛：当处于平衡状态的物体受到三个力，一个力是恒力，第二个力方向不变，第三个力大小与方向都发生变化时可以利用矢量三角形法即图解法求解．‎ ‎8．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。在场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s2)‎ A． 小球所带电量为q=3.5×10-5C B． 小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J C． 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J D． 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J ‎【答案】 C ‎【解析】对小球进行受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件得：，解得：，故A错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力 A，，所以C点的机械能为，即机械能的最小值为1.54J，故C正确，D错误；故选C。‎ ‎【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值．抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析．‎ ‎9．如图所示，一小球质量为1kg、电荷量为0.01C,欲使该小球沿直线AB运动，所加匀强电场的场强大小可能为（g取10m/s2）（ ）‎ A． 600N/C B． 800 N/C C． 1000 N/C D． 2000 N/C ‎【答案】 BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】‎ 小球受到的重力是恒定的，方向竖直向下，大小；小球受到的电场力和重力的合力沿直线AB，如图所示，当电场强度方向和AB垂直时，电场力最小，此时有，解得，BCD正确．‎ ‎10．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N＋l滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则 ‎ A． 落到A板的油滴数 B． 落到A板的油滴数 C． N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的机械能等于 D． N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 ‎【答案】 BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ D、第(N+1)粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：；故D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎【点睛】‎ 考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用．‎ ‎11．如图所示的电路中，R1=R2=20Ω，R3=10Ω，R4=5Ω，当S1、S2均闭合时，有一质量为m＝3×10－5kg、电荷量为q＝5×10－6C的小球静止于水平放置的平行板电容器间，与两板距离均为l＝10cm。现断开S2，带电小球向一个极板运动并与此极板碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，只是碰后小球带电量发生变化。若碰后小球恰能运动到另一极板，不计电源内阻，则 A． 小球碰前电性为负 B． 电源电动势为20V C． 碰后小球电量增加1.25×10－6C D． 碰后小球电量变化了1.125×10－5C ‎【答案】 AC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎，故小球电量增加；选项C正确，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】‎ 本题是串并联电路与电容器两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系．‎ ‎12．示波管的内部结构如图甲所示,如果在偏转电极XX’、YY’之间都没有加电压,电子束将打在光屏中心,如在偏转电板XX’之间和YY’之间加上如丙所示的几种电压,荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形,则下列说法正的是( )‎ A． 若XX'、YY’分别加图丙中电压(3)和(1),荧光屏上可以出现乙中(a)所示波形 B． 若XX’、YY'分别加丙中电压(4)和和(2),荧光異上可以出现图乙中(a)所示波形 C． 若XX’、YY'分别加图丙中电压(2)和(1) 荧光屏可以出现图乙中(b)所示波形 D． 若XX’、YY'分别加图丙中电压(3)和(2),荧光屏上可以出现图乙(b)所示波形 ‎【答案】 AD 二、非选择题（本大题共4小题，第13、14题每题10分；第15、16题每题15分；共50分）‎ ‎13．如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；‎ ‎(2)水平匀强电场的场强大小；‎ ‎【答案】 (1)1.0×104m/s　 (2) ×103N/C ‎【解析】(1)由动能定理得：‎ 代入数据得v1＝1.0×104m/s ‎(2)粒子沿初速度方向做匀速运动： d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at 由题意得：‎ 由牛顿第二定律得：qE＝ma 联立以上各式并代入数据得：‎ ‎【点睛】加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究．‎ ‎14．如图（甲）中平行板电容器，两板所加电压如图（乙）所示。t=0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度从电容器左侧中央射入电容器，2.5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：‎ ‎（1）该粒子的水平位移；‎ ‎（2）平行板电容器两板间的距离d。‎ ‎【答案】 （1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎    ②‎ ‎∵      ③‎ ‎      ④‎ 又∵ y= d      ⑤‎ 联立②③④⑤得：d= ‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）粒子在水平方向上做匀速直线运动，结合初速度和时间求出水平位移；‎ ‎（2）粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，无电压时，做匀速直线运动，然后再做匀加速直线运动，作出竖直方向上的速度时间图线，结合运动学公式求出平行板电容器两板间的距离．‎ ‎15．如图所示，平行金属板长为2m，一个带正电为2×10−6C、质量为5×10−6kg的粒子以初速度5m/s紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：‎ ‎（1）粒子末速度大小；‎ ‎（2）上下两个极板的电势差是多少？‎ ‎【答案】 （1）m/s ( 2 )10.4V ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了带电粒子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，运用动能定理进行求解，基础题。‎ ‎16．如图所示，在竖直平面内有一矩形区域ABCD，长边BA与水平方向成θ=37°角，短边的长度为d，区域内存在与短边平行且场强大小为E的匀强电场。一个带电微粒从O点以某一水平初速度v1沿OP方向射入电场，能沿直线恰好到达P点；若该带电微粒从P点以另一初速度v2竖直向上抛出，恰好经过D点。已知O为短边AD的中点，P点在长边AB上且PO水平，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ ‎(1)微粒所带电荷量q与质量m的比值；‎ ‎(2)v1的大小与v2大小的比值；‎ ‎(3)若将该带电微粒从P点以一定的初速度v3竖直向上抛出，则当其动能变为初动能的3倍时，求微粒的竖直位移y的大小与水平位移x大小的比值。‎ ‎【答案】 (1) (2) (3)‎ ‎【解析】(1)微粒沿OP方向运动时做匀减速直线运动，受到的合力方向水平向右，有：‎ 可得微粒带电量q与质量m的比值：‎ 可得的大小与大小的比值：‎ ‎(3)设微粒从P点竖直向上抛出的初速度为，受到水平向右的合力为F，抛出后微粒做一段类平抛运动，其动能变为原来3倍，‎ 由平抛运动规律有：‎ 又，‎ 由以上几式得：‎ 即微粒的竖直位移y的大小与水平位移x的大小的比值：‎ ‎ ‎