資源簡介

考點規范練26　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
一、單項選擇題
1.如圖甲所示,有一固定的正點電荷N,其右側距離為l處豎直放置一內壁光滑的絕緣圓筒,圓筒內有一帶電小球。將小球從h0高處由靜止釋放,至小球下落到與N同一水平面的過程中,其動能Ek隨高度h(設小球與點電荷N的豎直高度差為h)的變化曲線如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A.帶電小球在整個運動過程中,小球的機械能先增大后減小
B.帶電小球在高度h0~h1之間運動過程中,電勢能減小
C.帶電小球在高度h1~h2之間運動過程中,機械能減小
D.帶電小球在h1和h2兩個位置受到的庫侖力都等于重力
2.如圖甲所示,M、N為正對豎直放置的平行金屬板,A、B為兩板中線上的兩點。當M、N板間不加電壓時,一帶電小球從A點由靜止釋放經時間T到達B點,此時速度為v。若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓,t=0時,將帶電小球仍從A點由靜止釋放,小球運動過程中始終未接觸金屬板,則t=T時,小球(　　)
　　　　　　　　　　　
A.在B點上方
B.恰好到達B點
C.速度大于v
D.速度小于v
3.如圖所示,D是一只二極管,AB是平行板電容器,在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止狀態,在兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行),帶電微粒P的運動情況是(　　)
A.向下運動 B.向上運動
C.仍靜止不動 D.不能確定
4.帶同種電荷的A、B兩物塊放置在光滑水平面上,A物塊的質量為m1,B物塊的質量為m2。A、B兩物塊緊靠在一起且相互間無電荷交換,釋放一段時間后,A、B兩物塊相距為d,此時B物塊的速度為v。A、B兩物塊均可看作點電荷,已知兩點電荷系統具有的電勢能的大小僅與兩帶電體的電荷量以及距離有關。若A物塊質量不變,將B物塊的質量增大為2m2,A、B兩物塊電荷量保持不變,仍從緊靠在一起釋放,則釋放后A、B兩物塊距離為d時B物塊的速度為(　　)
A.v B.v
C.v D.v
二、多項選擇題
5.如圖所示,帶電小球自O點由靜止釋放,經C孔進入兩水平放置的平行金屬板之間,由于電場的作用,下落到D孔時速度剛好減為零。對于小球從C到D的運動過程,已知從C運動到CD中點位置用時t1,從C運動到速度等于C點速度一半的位置用時t2,則下列說法正確的是(　　)
A.小球帶負電 B.t1C.t1>t2 D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下
三、非選擇題
6.如圖所示,虛線MN左側有一電場強度E1=E的勻強電場,在兩條平行虛線MN和PQ之間存在著寬為l、電場強度E2=2E的勻強電場,在虛線PQ右側距PQ為l處有一與電場E2平行的屏?，F有一電子從電場E1中的A點由靜止釋放,最后電子打在右側的屏上,A點到MN的距離為l,AO連線與屏垂直,垂足為O,電子電荷量為e、質量為m,所受的重力不計,求:
(1)電子到達MN時的速度大小;
(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ;
(3)電子打到屏上的點P'到O點的距離y。
7.如圖所示,水平地面上方存在水平向左的勻強電場,一質量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質絕緣細線懸掛于O點,小球電荷量為+q,靜止時距地面的高度為h,細線與豎直方向的夾角為α=37°,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求勻強電場的電場強度大小E。
(2)現將細線剪斷,求小球落地過程中水平位移的大小。
(3)現將細線剪斷,求帶電小球落地前瞬間的動能。
8.一質量為m1=1 kg、電荷量為q=+0.5 C的小球以v0=3 m/s的速度,沿兩正對帶電平行金屬板(板間電場可看成勻強電場)左側某位置水平向右飛入,極板長0.6 m,兩極板間距為0.5 m,不計空氣阻力,小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC,圓弧軌道ABC的形狀為半徑R<3 m的圓截去了左上角127°的圓弧,CB為其豎直直徑,在過A點豎直線OO'的右邊空間存在豎直向下的勻強電場,電場強度為E=10 V/m。g取10 m/s2。
(1)求兩極板間的電勢差大小U。
(2)欲使小球在圓弧軌道中運動時不脫離圓弧軌道,求半徑R的取值應滿足的條件(結果可用分式表示)。
9.如圖所示,在豎直平面內的直角坐標系Oxy中,x軸上方有水平向右的勻強電場。一質量為m、電荷量為-q(-q<0)的帶電絕緣小球,從y軸上的P(0,l)點由靜止開始釋放,運動至x軸上的A(-l,0)點時,恰好無碰撞地沿切線方向進入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管。細管的圓心O1位于y軸上,細管交y軸于B點,交x軸于A點和C(l,0)點。已知細管內徑略大于小球外徑,小球直徑遠小于細管軌道的半徑,不計空氣阻力,重力加速度為g。求:
(1)勻強電場電場強度的大小;
(2)小球運動到B點時對細管的壓力;
(3)小球從C點飛出后落在x軸上的位置坐標。
考點規范練26　帶電粒子在電場中運動的綜合問題
1.C　解析:根據動能定理知,Ek-h圖像的斜率為帶電小球所受合力,由圖像知隨h的減小,斜率先減小,減小到0后反向增大,說明N對小球的庫侖力斜向右上方,為斥力,所以小球帶正電,整個過程中小球距離正點電荷N越來越近,庫侖力對小球始終做負功,除重力外的其他力做的功等于機械能的變化,由于庫侖力做負功,故帶電小球在運動過程中,機械能減小,電勢能增加,故A、B錯誤,C正確。小球受到的庫侖力F=k,整個運動過程中,r越來越小,庫侖力一直增大,h1和h2兩個位置圖像的斜率為零,即合力為零,所以帶電小球在h1和h2兩個位置受到的庫侖力的豎直分力等于重力,故D錯誤。
2.B　解析:在兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓,小球受到重力和靜電力的作用,靜電力做周期性變化,且靜電力沿水平方向,所以小球豎直方向做自由落體運動。在水平方向小球先做勻加速直線運動,后沿原方向做勻減速直線運動,t=時速度為零,接著反向做勻加速直線運動,后繼續沿反方向做勻減速直線運動,t=T時速度為零。根據對稱性可知在t=T時小球的水平位移為零,所以t=T時,小球恰好到達B點,故A錯誤,B正確。在0~T時間內,靜電力做功為零,小球機械能變化量為零,所以t=T時,小球速度等于v,故C、D錯誤。
3.C　解析:當帶電微粒P靜止時,對其進行受力分析得qE=mg。當A、B之間距離增大時,電容器的電容C減小,由Q=CU得,Q也減小,但由于電路中連接了一個二極管,它具有單向導電性,使得電容器不能放電,故電容器A、B兩極板上的電荷量不變,由C=得,電場強度E=不變,靜電力仍等于微粒的重力,故帶電微粒仍保持靜止狀態,選項C正確。
4.D　解析:第一種情況,設B物塊的速度為v時A的速度大小為v',取水平向左為正方向,由系統的動量守恒得0=m1v'-m2v,由能量守恒定律得,系統釋放的電勢能ΔEp1=m1v'2+m2v2。第二種情況,設A、B兩物塊距離為d時速度大小分別為vA、vB,取水平向左為正方向,由系統的動量守恒得0=m1vA-2m2vB,由能量守恒定律得,系統釋放的電勢能ΔEp2=m1×2m2。根據題意可知ΔEp1=ΔEp2,聯立解得vB=v,故A、B、C錯誤,D正確。
5.AB　解析:由題圖可知,A、B間的電場強度方向向下,小球從C到D做減速運動,受靜電力方向向上,所以小球帶負電,選項A正確。由于小球在電場中受到的重力和靜電力都是恒力,所以小球做勻減速直線運動,其速度圖像如圖所示,由圖可知,t16.解析:(1)設電子到達MN時的速度大小為v。
電子從A運動到MN的過程中,根據動能定理得eE1l=mv2
得 v=。
(2)電子進入電場E2后做類平拋運動,加速度為a=
電子在電場E2中運動時間t1=
電子剛射出電場E2時豎直方向的分速度大小為vy=at1
電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan θ=
聯立解得tan θ=1。
(3)電子在電場中的運動軌跡如圖所示。
電子射出電場E2時速度的反向延長線過水平位移的中點O',根據幾何關系得
y=tan θ=l。
答案:(1)　(2)1　(3)l
7.解析:(1)小球靜止時,對小球受力分析如圖所示,
由FTcos 37°=mg
FTsin 37°=qE
解得E=。
(2)剪斷細線,小球在豎直方向做自由落體運動,水平方向做加速度為a的勻加速直線運動,
由qE=ma
x=at2
h=gt2
聯立解得x=h。
(3)從剪斷細線到落地瞬間,由動能定理得
Ek=mgh+qEx=mgh。
答案:(1)　(2)h　(3)mgh
8.解析:(1)小球在平行金屬板間做勻變速曲線運動,到A點時,帶電粒子在平行板中運動的時間t==0.2 s
豎直分速度vy=v0tan 53°=4 m/s
由vy=at,得a=20 m/s2
又mg+E'q=ma,E'=,得U=10 V。
(2)在A點速度vA==5 m/s
①若小球運動到與圓心等高處前速度減為零,則不會脫離軌道,此過程由動能定理得
(mg+qE)Rcos 53°≥,解得R≥ m
故 m≤R<3 m。
②若小球能到達最高點C,則不會脫離軌道,在此過程中,由動能定理得
-(mg+qE)R·(1+cos 53°)=
小球能到最高點C,在C點滿足mg+Eq≤m
解得R≤ m
故小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道的條件為 m≤R<3 m或R≤ m。
答案:(1)10 V　(2) m≤R<3 m或R≤ m
9.解析:(1)小球由靜止釋放后在重力和靜電力的作用下做勻加速直線運動,從A點沿切線方向進入細管,則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°,即加速度方向與豎直方向的夾角為45°,則tan 45°=
解得E=。
(2)根據幾何關系可知,細管軌道的半徑r=l
從P點到B點的過程中,根據動能定理得mg(2l+l)+Eql=
在B點,根據牛頓第二定律得FN-mg=
聯立解得FN=3(+1)mg,方向豎直向上
根據牛頓第三定律可得小球運動到B點時對細管的壓力大小FN'=3(+1)mg,方向豎直向下。
(3)從P到A的過程中,根據動能定理得
=mgl+Eql
解得vA=2
小球從C點拋出后做類平拋運動
拋出時的速度vC=vA=2
小球的加速度g'=g
當小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時,又回到x軸,則有vCt=g't2
解得t=2
則沿x軸方向運動的位移x=vCt=8l
x'=l-8l=-7l,則小球從C點飛出后落在x軸上的坐標為(-7l,0)。
答案:(1)
(2)3(+1)mg　方向豎直向下
(3)(-7l,0)
7

展開更多......

收起↑