【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题作业

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题作业

带电粒子在电场中运动的综合问题 ‎1．某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动(　　)‎ A．半径越大，加速度越大　 B．半径越小，周期越长 C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小 解析：电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，故k＝man＝m＝mω2r＝m2r，可以判断电子运动的半径越大，加速度越小、线速度越小、角速度越小、周期越长，与卫星类似．‎ 答案：C ‎2.如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　)‎ A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜ 解析：根据上面画出的速度图象可知：若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误；若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确；若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误；若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．故选B.‎ 答案：B ‎3.如图2所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板(　　)‎ 图2‎ 答案　B ‎4.如图(a)所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图(b)中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 解析：若电压是甲图，电场力先向左后向右，则电子向左先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子向左先做加速度先增大后减小的加速运动，过了 做加速度先增加后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后继续朝同一方向加速减速，故粒子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到后减速，后反向加速，T后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故粒子做往复运动，D正确．‎ 答案：D ‎5.如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ 图2‎ A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B.电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动 答案　D 解析　若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～ 时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确.‎ ‎6.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.电子一直向着A板运动 B.电子一直向着B板运动 C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 答案　D ‎7.如图甲所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为＋q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状况的表述中正确的是(　　)‎ A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动 B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动 C．只要周期T和电压U0值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出 D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出 解析：当t＝0时带电粒子飞入电场后，在垂直于板的方向上，只受到向上的电场力作用，在0～时间内做匀加速运动；若是粒子在的时间内没有打在极板上，且没有飞出电场，那么在～T的时间内，由于电场力反向，故粒子向上做匀减速运动，根据运动的对称性可知，在t＝T时，粒子沿电场方向的速度减至零．因此满足一定条件时，粒子在垂直板的方向上，先加速后减速，其加速度等大反向，而位移始终增加．在第二个周期内又将重复第一个周期的运动……所以粒子在垂直于板的方向上的分运动不可能是往复运动，只能是单向运动．‎ 当粒子在t＝0时刻飞入电场，而在t＝nT(n＝1,2，3，……)时刻飞出电场时，它在垂直于板的方向上的速度为零，只有水平方向上的速度，所以此时的粒子速度与极板平行，因此，只要周期满足一定的条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出．‎ 答案：BC ‎8.如图6所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.小球带负电 B.速度先增大后减小 C.机械能一直减小 D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量 答案　AC 解析　由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误.‎ ‎9.如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为＋q的粒子．已知板间电压UMN随时间变化的关系如图乙所示，其中U0＝，忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大．‎ ‎(1)计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；‎ ‎(2)求荧光屏上发光的长度．‎ 解析：(1)t＝0时刻射入电场时，有q＝ma，‎ 粒子在0～时间内，偏转距离为y＝a2，‎ 解得y＝4l，‎ 因y＝4l＞l，故粒子打在N极板上．‎ 粒子在两板间运动时间t1满足l＝at，x＝v0t1，‎ 解得x＝，即粒子打在N极板中央．‎ ‎(2)在t＝时射入板间的粒子不偏转，沿直线打到荧光屏上．‎ 在t＝T＝时射入的粒子，刚好从N极板右边缘射出极板，此粒子打在荧光屏上的偏转距离最大，粒子的轨迹如图所示．‎ 偏转角α满足tanα＝，‎ vy＝at1＝4v0，‎ 解得tanα＝4.‎ 设出极板后匀速运动偏转量为y′，＝tanα，‎ 荧光屏上发光长度为Y＝l＋y′＝5l.‎ 答案：(1)粒子打在N极板中央　(2)5l ‎10.如图10所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场，现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零).已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：‎ 图10‎ ‎(1)电场强度E的大小；‎ ‎(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；‎ ‎(3)小球对圆轨道的最大压力的大小.‎ 答案　(1)　(2)　(3)(2＋3)mg 解析　(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理知 qE·3R－mg·2R＝mvC2‎ 小球离开C点后做平抛运动到P点，有 R＝gt2‎ ‎2R＝vCt 联立解得E＝.‎ ‎(2)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知 qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝mv2‎ 即mv2＝mgR(sinα＋cosα＋1)‎ 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 v＝.‎ ‎(3)由(2)中知，由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知 F－qEsinα－mgcosα＝ 解得F＝(2＋3)mg.‎ ‎11.如图7甲所示，在y＝0和y＝2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷＝1.0×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：‎ 图7‎ ‎(1)粒子通过电场区域的时间；‎ ‎(2)粒子离开电场的位置坐标；‎ ‎(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.‎ 答案　(1)4×10－3s　(2)(－2×10－5m,2m)　(3)4×10－3m/s 解析　(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t＝＝4×10－3s.‎ ‎(2)粒子带负电，沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小a1＝＝4m/s2，减速时的加速度大小a2＝＝2m/s2，离开电场时，在x轴方向上的位移大小x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5m，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5m,2m).‎ ‎(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为：‎ vx＝a1－a2＝4×10－3m/s.‎ ‎12.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角为θ＝37°.(sin37°＝0.6)‎ ‎(1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0；‎ ‎(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E＝，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上．‎ 解析：(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有cosθ＝v0t，tanθ＝，‎ 带电小球在竖直方向上下落的距离为h＝gt2，所以小球抛出点A的纵坐标为y＝h＋sinθ，‎ 联立以上各式并代入数据可解得v0＝，y＝L，t＝2，h＝.‎ 所以小球抛出点A的坐标为，‎ 小球抛出时的初速度大小为v0＝.‎ ‎(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得mgh＝mv2－mv，解得v＝.‎ 带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示．‎ 因为E＝，所以qE＝mgcosθ，‎ 因此，带电小球进入该匀强电场后将做类平抛运动，其加速度大小为a＝＝gsinθ，‎ 设带电小球在该匀强电场中运动的时间为t′，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得d＝vt′，＝at′2，联立以上各式并代入数据可解得d＝L.‎ 答案：(1)　　(2)L