【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题课时作业 6页

2020 届一轮复习人教版 带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题 课时作业 1．如图所示，高为 h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将 一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的 4 3 倍，重力加速度为 g，则 物块落地的速度大小为( ) A．2 5gh B．2 gh C．2 2gh D．5 3 2gh 解析：选 D.对物块受力分析知， 物块不沿斜面下滑， 离开斜面后沿重力、 电场力合力的方向运动， F 合＝ 5 3 mg，x＝5 3 h，由动能定理得 F 合·x＝1 2 mv2，解得 v＝5 3 2gh. 2．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始 A 板的电势比 B 板高，此时两板中间原 来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向 A 板运动时为速度的正方 向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中 C、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( ) 解析：选 A.电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故 C、D两项错误；从 0 时刻开始， 电子向 A 板做匀加速直线运动， 1 2 T 后电场力反向，电子向 A 板做匀减速直线运动，直到 t＝T 时刻速度变 为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误． 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 的一端系着 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，则下列说法正确的是( ) 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 解析：选 B.由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为 0，电场力方向竖直 向上，小球带正电，A 错，B 对；从 a→b，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械 能不守恒，D错． 4．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平 面成 45°角 的绝缘直杆 AC，其下端(C 端)距地面高度 h＝0.8 m．有一质量为 500 g 的带电小环 套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过 C 端 的正下方 P 点处．(g 取 10 m/s2)求： (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环从 C 运动到 P 过程中的动能增量； (3)小环在直杆上匀速运动速度的大小 v0. 解析：(1)结合题意分析知： qE＝mg，F 合＝ 2mg＝ma，a＝ 2g＝10 2 m/s2， 方向垂直于杆向下． (2)设小环从 C 运动到 P的过程中动能的增量为 ΔEk＝W 重＋W 电 其中 W 重＝mgh＝4 J，W 电＝0，所以ΔEk＝4 J. (3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动，有 2 2 h＝v0t 垂直杆方向匀加速运动，有 2 2 h＝1 2 at2，解得 v0＝2 m/s. 答案：(1)10 2 m/s2 垂直于杆向下 (2)4 J (3)2 m/s 5.如图所示，绝缘轨道 CDGH 位于竖直平面内，圆弧段 DG 的圆 心角为θ＝ 37°，DG 与水平段 CD、倾斜段 GH 分别相切于 D 点和 G 点，CD 段 粗糙，DGH 段光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强 为 E＝ 1×104 N/C、水平向右的匀强电场中．一质量 m＝4×10－3 kg、带电 荷量 q＝＋ 3×10－6 C 的小滑块在 C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到 CD 段的中点 P 处时速度恰好为零．已知 CD 段长度 L＝0.8 m，圆弧 DG 的半径 r＝0.2 m，不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点．求： (1)滑块与 CD 段之间的动摩擦因数μ； (2)滑块在 CD 段上运动的总路程； (3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能． 解析：(1)滑块由 C 处释放，经挡板碰撞后第一次滑回 P点的过程中，由动能定理得 qE·L 2 －μmg L＋L 2 ＝0 解得μ＝ qE 3mg ＝0.25 (2)滑块在 CD 段上受到的滑动摩擦力μmg＝0.01 N，电场力 qE＝0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故 不可能停在 CD 段，滑块最终会在 PDGH 间来回往复运动，最终到达 D 点的速度为 0.全过程由动能定理得 qE·L－μmgs＝0－0 解得 s＝ qE μmg L＝3L＝2.4 m (3)GH 段的倾角θ＝37°，滑块受到的重力 mg＝0.04 N，电场力 qE＝0.03 N，qEcosθ＝mgsinθ＝0.024 N，加速度 a＝0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到 G 点的动能． 对 C 到 G 过程由动能定理得 Ek 最大＝Eq(L＋rsinθ)－μmgL－mg(r－rcosθ)＝0.018 J 滑块最终在 PDGH 间来回往复运动，最后一次碰撞滑块有最小动能，对 D到 G 过程由动能定理得 Ek 最小＝Eqrsinθ－mg(r－rcosθ)＝0.002 J. 答案：(1)0.25 (2)2.4 m (3)0.018 J 0.002 J [能力提升题组](25 分钟，50 分) 1．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的 图象．当 t ＝0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只 受电场力的 作用，则下列说法中正确的是( ) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s 末带电粒子的速度为零 D．0～3 s 内，电场力做的总功为零 解析：选 CD.设第 1 s 内粒子的加速度为 a1，第 2 s 内的加速度为 a2，由 a＝qE m 可知，a2＝2a1，可见， 粒子第 1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至 3 s 末回到原出发点，粒子的 速度为 0，v t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D 正 确． 2．如图所示，矩形区域 PQNM 内存在平行于纸面的匀强电场， 一质量为 m ＝2.0×10－11 kg、电荷量为 q＝1.0×10－5 C 的带正电粒子(重力不计 从 a 点以 v1 ＝1×104 m/s的初速度垂直于 PQ 进入电场，最终从 MN 边界的 b 点以与水平边界 MN 成 30°角斜向右上 方的方向射出，射出电场时的速度 v2＝2×104 m/s，已知 MP＝20 cm、MN＝80 cm，取 a 点电势为零，如 果以 a 点为坐标原点 O，沿 PQ 方向建立 x 轴，则粒子从 a 点运动到 b 点的过程中，电场的电场强度 E、电 势φ、粒子的速度 v、电势能 Ep随 x 的变化图象正确的是( ) 解析：选 D.因为规定 a 点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化 的关系，有 qEx＝ΔEp＝0－Ep，故 Ep＝－qEx，故选项 D 正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故 选项 A 错误；因为粒子离开电场时的速度 v2＝ v1 sin 30° ＝2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势 降低，故选项 B 错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx＝1 2 mv2－1 2 mv21，所以 v 与 x 不 是线性关系，选项 C 错误． 3．如图所示，O、A、B、C 为一粗糙绝缘水平面上的四点， 不计空气阻 力，一电荷量为－Q 的点电荷固定在 O 点，现有一质量为 m、电 荷量为－q 的小金属块(可视为质点)，从 A 点由静止沿它们的连线向右运动，到 B 点时速度最大，其大小为 vm，小金 属块最后停止在 C 点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B 间距离为 L，静电力常量为 k， 则( ) A．在点电荷－Q 形成的电场中，A、B 两点间的电势差 UAB＝ 2μmgL＋mv2m 2q B．在小金属块由 A 向 C 运动的过程中，电势能先增大后减小 C．OB 间的距离为 kQq μmg D．从 B 到 C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能 解析：选 C.小金属块从 A 到 B 过程，由动能定理得：－qUAB－μmgL＝1 2 mv2m－0，得 A、B 两点间的电 势差 UAB＝－ 2μmgL＋mv2m 2q ，故 A 错误；小金属块由 A 点向 C 点运动的过程中，电场力一直做正功，电势 能一直减小，故 B 错误；由题意知，A 到 B 过程，金属块做加速运动，B 到 C 过程，金属块做减速运动， 在 B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝kQq r2 ，得 r＝ kQq μmg ，故 C 正确；从 B 到 C 的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故 D 错误． 4．如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道， MN 水平且足 够长，LM 下端与 MN 相切．质量为 m 的带正电小球 B 静止在水 平面上，质量 为 2m 的带正电小球 A 从 LM 上距水平面高为 h处由静止释放， 在 A球进入水 平轨道之前，由于 A、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A、B 两球间相互作 用视为静电作用，带电小球均可视为质点．已知 A、B 两球始终没有接触．重力加速度为 g.求： (1)A 球刚进入水平轨道的速度大小； (2)A、B 两球相距最近时，A、B 两球系统的电势能 Ep； (3)A、B 两球最终的速度 vA、vB的大小． 解析：(1)对 A 球下滑的过程，据机械能守恒得 2mgh＝1 2 ·2mv20 解得 v0＝ 2gh (2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有 2mv0＝(2m＋m)v 解得 v＝2 3 v0＝ 2 3 2gh 据能量守恒定律得 2mgh＝1 2 (2m＋m)v2＋Ep 解得 Ep＝ 2 3 mgh (3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势 能也为零，速度达到稳定．则 2mv0＝2mvA＋mvB 1 2 ×2mv20＝ 1 2 ×2mv2A＋ 1 2 mv2B 解得 vA＝ 1 3 v0＝ 1 3 2gh vB＝ 4 3 v0＝ 4 3 2gh 答案：(1) 2gh (2)2 3 mgh (3)1 3 2gh 4 3 2gh 5．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、板间距及竖直荧光屏 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＝ 8mv20 q .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 时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为 t， 则 l＝1 2 · qU0 ml t2， 解得：t＝ l 2v0 粒子在水平方向的位移：x＝v0t＝ l 2 ＜l，粒子打在 N 极板中点． (2)由(1)知 t＝ 3l 2v0 时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间向下加速的运动时间： t1＝ l v0 － l 2v0 ＝ l 2v0 ， 粒子离开极板时的竖直分速度：vy＝at1＝ qU0 ml t1＝4v0， 粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t2＝ l v0 ， 粒子在竖直方向的偏移量：y＝l＋vyt2＝5l， 在 t＝ l v0 时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子 垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d＝y＝5l. 答案：(1)打在 N 极板中点 (2)5l