【物理】2020届一轮复习人教版第九章第5讲　带电粒子在电场中运动的综合问题作业（北京专用）

【物理】2020届一轮复习人教版第九章第5讲　带电粒子在电场中运动的综合问题作业（北京专用）

第5讲　带电粒子在电场中运动的综合问题 A组　基础巩固 ‎1.如图所示,a、b、c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等,一个带正电的粒子在A点时的动能为10 J,仅在电场力作用下从A运动到B速度变为零,当这个粒子的动能为7.5 J时,其电势能为　(　　)‎ A.12.5 J B.2.5 J C.0 D.-2.5 J 答案　D　根据题意可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10 J(动能定理),则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5 J,粒子在等势面b时动能为5 J。带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5 J,是守恒的,当动能为 7.5 J 时,其电势能为-2.5 J。‎ ‎2.如图甲所示,在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。当t=0时,一个电子从靠近N板处由静止开始运动,经1.0×10-3 s到达两板正中间的P点,那么在3.0×10-3 s这一时刻,电子所在的位置和速度大小为(　　)‎ A.到达M板,速度为零 B.到达P点,速度为零 C.到达N板,速度为零 D.到达P点,速度不为零 答案　D　在1.0×10-3 s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3 s时电子到达P点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当 t=2.0×10-3 s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。随后电子将反向做匀加速运动,当 t=3.0×10-3 s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反,故答案为D。‎ ‎3.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b。不计空气阻力,则(　　)‎ A.小球带负电 B.电场力跟重力平衡 C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小 D.小球在运动过程中机械能守恒 答案　B　由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速圆周运动,故小球应带正电,A错、B对;小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,故C错;因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即D错。‎ ‎4.空间存在着平行于x轴方向的静电场,其电势φ随x的分布如图所示,A、M、O、N、B为x轴上的点,OAE2。粒子从M点由静止向右运动,受向右的电场力作用,故粒子带负电,A错;带负电的粒子由M→O过程中因E1恒定,电场力不变,B错;因E1>E2,F1=qE1>F2=qE2,又OM=ON,再结合W=Fx=ΔEK知粒子一定能通过N点,C对;因由M→O电势增大,则带负电粒子由M→O运动过程中电势能减少,D错。‎ ‎5.(2018海淀期末)如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度l=0.5 m的绝缘轻绳上端固定在O点,下端系一质量m=1.0×10-2 kg、带电荷量q=2.0×10-8C的小球(小球的大小可以忽略)在位置B点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°,空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。‎ ‎(1)求该电场场强大小;‎ ‎(2)在始终垂直于l的外力作用下将小球从B位置缓慢拉动到A点,求外力对带电小球做的功;‎ ‎(3)过B点做一等势面交电场线于C点,论证沿电场线方向电势φA>φC。‎ 答案　(1)3.75×106 N/C　(2)1.25×10-2 J　(3)见解析 解析　(1)带电小球静止,受到的合力等于零,电场力与重力的关系是 Eq=mg tan α E=mgq tan α 代入数据得E=3.75×106 N/C ‎(2)小球在外力作用下从B点缓慢移动到A点过程中,根据动能定理有 WF-Eql sin α+mg(l-l cos α)=0‎ WF=mgq tan α·ql sin α- mg(l-l cos α)‎ 代入数据得WF=1.25×10-2J ‎(3)方法1:‎ 设一带电荷量为+q的电荷在电场力作用下由A点移动到C点,电场力做功为W ‎ W=qUAC=q(φA-φC) ‎ 因为W>0‎ 所以φA>φC 方法2:‎ 设带电荷量为+q的电荷放在A点,其电势能为EpA,此电荷在电场力作用下从A点移到C点,在C点其电势能为EpC 因为电场力做正功,所以EpA>EpC 电场中A点的电势为φA=EpAq,C点的电势为φC=‎EpCq 所以,φA>φC B组　综合提能 ‎1.(2018海淀一模)常用的温差发电装置的主要结构是半导体热电偶。如图所示,热电偶由N型半导体和P型半导体串联而成,N型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子,P型半导体的载流子是空穴,空穴带正电且电荷量等于元电荷e。若两种半导体相连一端和高温热源接触,而另一端A、B与低温热源接触,两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散,最终在A、B两端形成稳定的电势差,且电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系。下列说法正确的是(　　)‎ A.B端是温差发电装置的正极 B.热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相反 C.温差发电装置供电时不需要消耗能量 D.可以利用热电偶设计一种测量高温热源温度的传感器 答案　D　B端积聚了自由电子,A端积聚了空穴,热电偶内部电流方向从B→A,因此A端是温差发电装置的正极,A错误;热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同,B错误;温差发电装置供电时,消耗高温热源的内能转化为电能,C错误;由于电势差的大小与高温热源、低温热源间的温度差有确定的函数关系,所以在测出电势差及低温热源温度的前提下,可以确定高温热源的温度,D正确。‎ ‎2.(2018海淀二模)通常情况下,空气是不导电的。但是如果空气中的电场很强,使得气体分子中带正电、负电的微粒所受的相反静电力很大,以至于分子破碎,于是空气中出现了可以自由移动的电荷,空气变成了导体。这个现象叫做空气被“击穿”。如图所示,两金属板之间的点A、B分别代表某一气体分子破碎后带正电、负电的两个微粒(为了看得清楚,两个点之间的距离做了放大),两金属板之间的距离为1.5 cm,在两金属板间加6.0×104 V的高电压,两板间就会出现放电现象。下列说法正确的是(　　)‎ A.板M接电源正极,板N接电源负极 B.两板间匀强电场的场强大小为4×104 V/m C.分子破碎过程中,分子内部的电势能增大 D.空气导电时,两极板间电场力对微粒A做负功 答案　C　由题意可知A带正电、B带负电,故M板接电源负极,N板接电源正极,故选项A错误;由E=Ud可知,两板间场强大小E=Ud=‎6.0×1‎‎0‎‎4‎‎1.5×1‎‎0‎‎-2‎V/m=4×106 V/m,故选项B错误;分子破碎过程中,分子内带正、负电的微粒间的库仑引力做负功,故分子内部的电势能增大,选项C正确;空气导电时,两板板间的电场力使A到达M板,对A做正功,故选项D错误。‎ ‎3.(2018房山一模)粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场,其中某一区域的电场线与x轴平行,且沿x轴方向的电势φ与坐标值x的函数关系满足φ=‎4.5×1‎‎0‎‎4‎x(V),据此可作出如图所示的φ-x 图像。图中虚线AB为图线在x=0.15 m处的切线。现有一个带正电荷的滑块P(可视作质点),其质量为m=0.10 kg,电荷量为q=1.0×10-7 C,其与水平面间的动摩擦因数μ=0.20,g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)沿x轴方向上,x1=0.1 m和x2=0.15 m两点间的电势差;‎ ‎(2)若将滑块P无初速度地放在x1=0.1 m处,滑块将由静止开始运动,滑块运动到x2=0.15 m处时速度的大小;‎ ‎(3)对于变化的电场,在极小的区域内可以看成匀强电场。若将滑块P无初速度地放在x1=0.1 m处,滑块将由静止开始运动,‎ a.它位于x2=0.15 m处时加速度为多大; ‎ b.滑块最终停在何处?分析说明整个运动过程中加速度和速度如何变化。‎ 答案　(1)1.5×105 V　(2)‎10‎‎10‎ m/s　(3)a.0　b.见解析 解析　(1)U=φ1-φ2=1.5×105 V ‎(2)由动能定理有-μmg(x2-x1)+qU=‎1‎‎2‎mv2‎ 代入数据得v=‎10‎‎10‎ m/s ‎(3)a.对于匀强电场E=Ud,在x2=0.15 m附近场强变化很小,可看成匀强电场 则场强E=ΔUΔx=|k|,即图线在x2=0.15 m处切线的斜率的绝对值,‎ 所以x2=0.15 m处场强为E=‎6×1‎‎0‎‎5‎‎0.3‎V/m=2×106 V/m 由牛顿第二定律有ma=Eq-μmg 解得a=0‎ b.设滑块停在x处,由动能定理得:q‎4.5×1‎‎0‎‎4‎x‎1‎‎-‎‎4.5×1‎‎0‎‎4‎x-μmg(x-x1)=0‎ 代入数据解得:x=0.1 m或x=0.225 m。舍去x=0.1 m,所以滑块最终停在x=0.225 m处。‎ 滑块在0.1~0.15 m做加速度减小的加速运动,在0.15~0.225 m做加速度增大的减速运动。‎ ‎4.我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。‎ 设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为S的圆柱体(如图1所示)。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。‎ ‎(1)已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间Δt内,飞船的速度减小了Δv,求这段时间内飞船受到的阻力大小。‎ 图1‎ ‎(2)已知尘埃云分布均匀,密度为ρ。‎ a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。若不采取任何措施,飞船将不断减速。通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。‎ 图2‎ b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对飞行器产生推力的。若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U,元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。‎ 答案　(1)MΔvΔt　(2)a.M‎99ρS　‎199M‎19 602v‎0‎ρS　b.‎2‎eUmρSv‎0‎‎2‎ 解析　(1)飞船的加速度a=‎ΔvΔt 根据牛顿第二定律f=Ma 飞船受到的阻力f=MΔvΔt ‎(2)a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律 Mv0=(M+ρSx)‎99‎‎100‎v0‎ 解得x=‎M‎99ρS 由‎1‎v-x图像可知 t=‎1‎‎2‎(‎1‎v‎0‎+‎100‎‎99‎v‎0‎)x 解得t=‎‎199M‎19 602v‎0‎ρS b.设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m',所受飞船的作用力为f'。‎ 飞船与尘埃发生的是弹性碰撞 Mv0=Mv1+m'v2‎ ‎1‎‎2‎Mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎Mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎m'‎v‎2‎‎2‎ 解得v2=‎2MM+m'‎v0‎ 由于M≫m',所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0‎ 对尘埃,根据动量定理f'Δt=m'v2‎ 其中m'=ρSv0Δt 则飞船所受阻力为f'=2ρSv‎0‎‎2‎ 设一个离子在电场中加速后获得的速度为v。‎ 根据动能定理eU=‎1‎‎2‎mv2‎ 设单位时间内射出的离子数为n。‎ 在很短的时间Δt内,根据动量定理 FΔt=nΔtmv 则飞船所受动力F=nmv 飞船做匀速运动F=f'‎ 解得n=‎2‎eUmρSv‎0‎‎2‎