2022届新教材高考物理一轮复习课时练26带电粒子在电场中运动的综合问题含解析新人教版202104091234.docx
2022高考物理一轮复习全一册课时练含解析打包44套
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2022高考物理一轮复习全一册课时练含解析打包44套,2022,高考,物理,一轮,复习,一册,课时,解析,打包,44
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带电粒子在电场中运动的综合问题1.(带电粒子在交变电场中的运动)如图甲为一对长度为l的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为t,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()a.11b.21c.31d.412.(多选)(“等效场”在电场中的应用)(2020山东山师大附中月考)如图,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45,则下列结论正确的是()a.此液滴带正电b.液滴的加速度等于2gc.合外力对液滴做的总功等于零d.液滴的电势能减少3.(多选)(力电综合问题)(2020内蒙古鄂尔多斯一中高三下学期一模)在空间建立三维坐标系如图所示,xoz在水平面内,y沿竖直方向。空间充满沿-y方向磁感应强度为b的匀强磁场和沿+z方向的匀强电场,电场强度e=v0b。一质量为m,电荷量为-q的带点小球从坐标原点o以初速度v0沿+x方向抛出,设空间足够大,则()a.带电小球做加速度不断变化的变速曲线运动b.带电小球做匀变速曲线运动c.若带电小球运动到某位置,坐标为(x0,-y0,0),则速度与+x方向的夹角满足tan =y02x0d.若带电小球运动到某位置,坐标为(x0,-y0,0),则速度与+x方向的夹角满足tan =2y0x04.(多选)(力电综合问题)如图所示,正方形abcd位于竖直平面内,e、f、g、h分别为四条边的中点,且gh连线水平,o为正方形的中心。竖直平面内分布有一匀强电场、电场方向与水平面成45角。现自o点以初速度v0水平向左射出一带正电粒子,粒子恰能到达g点。若不计空气阻力,下列说法正确的是()a.电场方向一定由o指向db.粒子从o到g,电势能逐渐减小c.粒子返回至h点时速率也为v0d.若仅将初速度方向改为竖直向上,粒子一定经过de间某点5.(多选)(力电综合问题)如图所示,平面直角坐标系xoy处于竖直平面内,o为坐标原点,x轴水平且上方处于匀强电场中。质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内以初速度从x轴上的a点进入电场,初速度方向与x轴负方向成45角,oa两点间的距离为l。若x轴上方的匀强电场竖直向上,微粒恰能沿初速度方向做匀速直线运动。若保持电场强度大小不变,只将方向改为水平向左后,让微粒再以原初速度从a点进入,重力加速度为g,下列说法正确的是()a.微粒带负电b.匀强电场的场强大小e=mgqc.微粒在匀强电场运动的过程中,经t=2v02g,时间离x轴最远d.微粒再次经过x轴时的位置坐标为l-2v02g,0素养综合练6.(2020宁夏石嘴山三中高三上学期期末)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,o、p是电场中的两点。从o点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球a、b。a不带电,b的电荷量为q(q0)。a从o点发射时的速度大小为v0,到达p点所用时间为t;b从o点到达p点所用时间为t2。重力加速度为g,求:(1)电场强度的大小;(2)b运动到p点时的动能。7.(2020内蒙古鄂尔多斯一中高三下学期一模)如图,竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场,方向与水平方向成=60角,纸面内的线段mn与水平方向成=30角,mn长度为d。现将一质量为m、电荷量为q(q0)的带电小球从m由静止释放,小球沿mn方向运动,到达n点的速度大小为vn(待求);若将该小球从m点沿垂直于mn的方向,以大小vn的速度抛出,小球将经过m点正上方的p点(未画出),已知重力加速度大小为g,求:(1)匀强电场的电场强度e及小球在n点的速度vn;(2)m点和p点之间的电势差;(3)小球在p点动能与在m点动能的比值。8.(2020江苏宿迁高三联考)如图所示,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,如图所示。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:(1)小球在电场中受到的电场力大小;(2)小球过b点时对圆轨道的压力大小;(3)小球在圆轨道上运动时的最大速率。9.如图所示,质量m=4 kg、带电荷量q=+2.410-3 c的小物块(可看作质点)沿粗糙绝缘的水平面向右做直线运动,以v0=6 m/s的速度经过边界mn进入一水平匀强电场区域。若以小物块经过mn时作为计时起点,经过t1=0.5 s小物块向右运动了x=2.5 m;若t2时刻匀强电场消失,则小物块最后停在mn右方x=3.75 m处。已知小物块与水平地面间的动摩擦因数=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)电场强度的大小和方向;(2)电场消失的时刻t2。10.(2020福建厦门六中高三测试)如图甲所示,粗糙直轨道ob固定在水平平台上,a是轨道上一点,b端与平台右边缘对齐,过b点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小e=1.0106 n/c,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体p电荷量是2.010-5 c,质量为m=1 kg。小物块p从o点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动,经过0.75 s到达a点,当加速到4 m/s时撤掉水平外力f,然后减速到达b点时速度是3 m/s,f的大小与p的速率v的关系如图乙所示。p视为质点,p与轨道间动摩擦因数=0.5,直轨道上表面与地面间的距离为h=1.25 m,p与平台右边缘碰撞前后速度大小保持不变,忽略空气阻力,g取10 m/s2。求:(1)p从开始运动至速率为1 m/s所用的时间;(2)轨道ob的长度;(3)p落地时的速度大小。参考答案课时规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题1.c设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为a,粒子在t=nt时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax=12a(t2)2+at2t2=38at2,粒子在t=nt+t2时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最小ymin=0+12a(t2)2=18at2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是31,故c项正确。2.bd据题带电液滴沿直线b运动到d,带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则电场力方向一定水平向右,与电场强度方向相反,所以该液滴带负电,a错误;物体所受合力f=2mg,故物体的加速度a=fm=2g,b正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,c错误;由于电场力所做的功w=eqxbdcos450,故电场力对液滴做正功,液滴的电势能减小,d正确。3.bd带负电的小球从o点沿+x方向射入,则电场力方向沿-z方向,洛伦兹力沿+z方向,因e=v0b,可知eq=qv0b,即沿z轴方向受力平衡,则小球将在重力作用下做平抛运动,即带电小球做匀变速曲线运动,选项a错误、b正确;若带电小球运动到某位置,坐标为(x0,-y0,0),则沿x方向:x0=v0t,vy=gt,速度与+x方向的夹角满足tan=vyv0=gtv0=12gt212v0t=2y0x0,选项c错误、d正确。4.ad自o点以初速度v0水平向左射出一带正电粒子,粒子恰能到达g点,可知粒子沿og方向做匀减速运动,粒子受到的合外力沿go方向水平向右,因重力竖直向下,则电场力斜向右上方,即电场方向一定由o指向d,选项a正确;粒子从o到g,电场力做负功,则电势能逐渐增加,选项b错误;粒子返回至o点时速率为v0,则到达h点的速度大于v0,选项c错误;设正方形边长为2l,粒子速度方向向左时,粒子所受的合外力水平向右,其大小等于mg,加速度为向右的g,因粒子恰能到达g点,则l=v022g,仅将初速度方向改为竖直向上,粒子的加速度水平向右,大小为g,则当粒子水平位移为l时,则l=12gt2、竖直位移h=v0t=v02lg=2l,则粒子一定经过de间某点,选项d正确。5.bcd当电场竖直向上时,因微粒在电场中能做匀速直线运动,故由平衡条件可得qe=mg,即e=mgq,故微粒带正电,电场强度大小为mgq,选项a错误、b正确;对竖直方向的运动,微粒上升的时间t上=v0cos45g=2v02g,故离x轴最远的时间为2v02g,选项c正确;又因再次到达x轴的时间为上升时间的2倍,故微粒到达x轴时,沿x轴负向运动的距离为sn=v0cos452v0g+12qem2v0g2,又因为qe=mg,解得sn=2v02g,故微粒再次经过x轴时的位置坐标为l-2v02g,0,选项d正确。6.答案(1)e=3mgq(2)ek=2m(v02+g2t2)解析(1)设电场强度的大小为e,小球b运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件,有mg+qe=ma12at22=12gt2解得e=3mgq(2)设b从o点发射时的速度为v1,到达p点时的动能为ek,o、p两点的高度差为h,根据动能定理有ek-12mv12=mgh+qeh且有v1t2=v0th=12gt2联立式得ek=2m(v02+g2t2)7.答案(1)2gd(2)4mgdq(3)73解析(1)由小球运动方向可知,小球受合力沿mn方向,如图甲所示,由正弦定理mgsin30=fsin30=eqsin120解得e=3mgq合力为f=mg从mn,有2ad=vn2得vn=2gd甲乙(2)如图乙,设mp为h,作pc垂直于电场线,小球做类平抛运动:hcos60=12at2hsin60=vntumc=ehcos30ump=umc得:ump=4mgdq(3)如图乙,作pd垂直于mn,从mp,由动能定理:fsmd=ekp-ekmsmd=hsin30ekm=12mvn2ekpekm=fsmd+ekmekm=738.答案(1)mg(2)5mg(3)(2+22)gr解析(1)设小球在c点速度的大小为vc,从c到p用时间为t,则从c到p水平方向有2r=vct竖直方向有r=12gt2从a到c由动能定理得qe3r-mg2r=12mvc2解得f电=qe=mg(2)从a到b由动能定理得qe2r=12mvb2,在b点有n-mg=mvb2r解得n=5mg(3)设等效竖直方向与竖直方向的夹角为,过o点的等效竖直线与bn轨道交于f点,tan=qemg=45从a到f,由动能定理得qe(2r+rsin)-mgr(1-cos)=12mvf2解得vf=(2+22)gr=vmax9.答案(1)5.0103 n/c方向向左(2)2 s解析(1)设电场强度的方向向左,小物块受到的电场力的大小为f,小物块进入电场后的加速度大小为a1,则有f=mg=ma1小物块经过t1=0.5s的位移为2.5m,有x=v0t1-12a1t12联立以上两式可得:a1=4m/s2,f=12n加速度a1和电场力f均为正值,说明电场强度的方向向左。电场强度大小e=fq=5.0103n/c(2)设小物块向右运动的过程中电场没有消失,经过时间t速度减为零,通过的位移为x1,则有t=v0a1=1.5sx1=0-v02-2a1=4.5m因为x1=4.5m3.75m,说明小物块向右运动的过程中电场没有消失。从t时刻到t2时刻电场未消失的时间内,小物块在电场力f和水平向右的摩擦力作用下,向左做匀加速运动。设其加速度大小为a2,位移大小为x2,则f=mg=ma2x2=12a2(t2-t)2t2时刻小物块的速度v=a2(t2-t)电场消失后,小物块仅在摩擦力的作用下做匀减速运动直到静止,设其加速度大小为a3,位移大小为x3,有mg=ma3x3=v22a3依题意有x=x1-x2-x3=3.75m联立并代入数据解得:t2=2s10.答案(1)0.5 s(2)2.825 m(3)26 m/s解析(1)p的速率从零增加到v1=1m/s,受外力f1=7n,设其做匀变速直线运动的加速度为a1,经过时间t1,位移为x1,有f1-mg=ma1v1=a1t1x1=v12t1代入数据得a1=2m/s2,t1=0.5s,x1=0.25m(2)p从v1=1m/s运动至a点,f2=9n,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,有f2-mg=ma2设p从速度v1经过t2时间,在a点的速度为v2,位移为x2,则t2=0.75-t1=0.25sv2=v1+a2t2x2=v1+v22t2解得v2=2m/s,x2=0.375mp从a点至b点,先做匀加速直线运动,速度达到v3=4m/s,位移为x3,有v32-v22=2a2x3解得x3=1.5mp达到速度v3时撤掉水平外力,在摩擦力作用下减速,减速到达b点时速度是v4=3m/s,位
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