适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习大题增分特训5带电粒子在电场中的运动新人教版

大题增分特训(五)带电粒子在电场中的运动1.如图所示,电子由静止起先经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。(1)忽视电子所受重力,求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽视了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其缘由。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g取10m/s2。(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。2.2024年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不须要燃料,也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示,进入电离室的气体被电离成正离子,而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽视不计),A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束,在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值,离子质量为m,电荷量为Ze,其中Z是正整数,e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1,求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少。(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时,引擎获得的推力F也不同,试推导FP(3)为提高能量的转换效率,要使FP尽量大,请提出增大F3.如图所示,在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB,轨道半径为R=0.4m,轨道最高点A与圆心O等高。有一倾角θ=30°的斜面,斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H=1.5m。圆弧轨道和斜面均处于电场强度大小E=100N/C、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为m=0.02kg、带电荷量为+2×10-3C的带电小球从A点由静止释放,小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出,当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直,并刚好与一个以确定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间的动摩擦因数μ=35,空气阻力不计,g取10m/s2,小球和物块都可视为质点。求(1)小球经过B点时对轨道的压力FNB;(2)B、D两点间电势差UBD;(3)物块上滑初速度v0满意条件的最小值。4.如图所示,一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O,D点为圆管的最低点,A、B两点在同一水平线上,AB=2L,圆管的半径为r=2L(自身的直径忽视不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点,在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场;虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场,电场强度大小E2=mgq。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球(可视为质点),PC间距为L。现将该小球从P点无初速释放,经过一段时间后,小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内,并接着运动。重力加速度为g。求(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度的大小;(2)小球在AB管中运动经过D点时对管的压力;(3)小球从管口B离开后,经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出),在圆管中运动的时间与总时间之比。5.(2024辽宁卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的电场力大小为2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g,不计空气阻力。求(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;(2)小球经过O点时的速度大小;(3)小球过O点后运动的轨迹方程。

参考答案大题增分特训(五)带电粒子在电场中的运动1.答案(1)2e(2)见解析解析(1)依据功和能的关系,有eU0=1电子射入偏转电场的初速度v0=2e在偏转电场中运动时间Δt=Lv0偏转距离Δy=12a(Δt)2=U(2)考虑电子所受重力和静电力的数量级,由于F≫G,因此不须要考虑电子所受重力。2.答案(1)F(2)F(3)见解析解析(1)设正离子经过电极B时的速度为v,有ZeU=12mv2-0,设正离子束所受的电场力为F1',依据牛顿第三定律,有F1'=F1,设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN,有F1'=ΔNmv-0Δt(2)设正离子束所受的电场力为F',由正离子束在电场中做匀加速直线运动,有P=12F'v,由牛顿第三定律又有F'=F,得F(3)为使FP3.答案(1)1.2N,竖直向下(2)120V(3)3.10m/s解析(1)设小球到达B点的速度大小为vB,从A到B的过程只有重力和静电力做功,依据动能定理有mgR+qER=12得vB=4m/sB点是圆周运动最低点,合力供应向心力即FNB'-(mg+qE)=mvB2R,得FN依据牛顿第三定律,小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小,即FNB=1.2N,方向竖直向下。(2)设小球由B点到D点的运动时间为t,受到竖直向下的重力和静电力,竖直方向做初速度0的匀加速直线运动,加速度为a,水平方向做匀速直线运动。下落高度为h的过程,依据速度合成有vBat=tanθ,竖直方向由牛顿其次定律有Eq+mg=ma,h=12at2,UBD=Eh,联立解得UBD(3)设C、D间的距离为x,由几何关系有x=H设物块上滑加速度为a',由牛顿运动定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma',依据题意,要使物块与小球相遇,v0的最小值满意v02=2a'x,联立解得v0=41554.答案(1)mg(2)22mg,方向竖直向下(3)π∶(4+π)解析(1)小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动,小物体从A点沿切线方向进入,则此时速度方向与加速度方向均与竖直方向的夹角为45°,tan45°=mgEq,解得E=mg(2)从P到A的过程,依据动能定理有mgL+EqL=1解得vA=2gL小球在管中运动时,E2q=mg,小球做匀速圆周运动,则v0=vA=2gL在D点时,下壁对球的支持力F=mv02r由牛顿第三定律,F'=F=22mg,方向竖直向下。(3)小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动,设所用时间为t1,则2L=122gt小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2,则t2=3小球离开管后做类平抛运动,物块从B到N的过程中所用时间t3=22Lg,则t=t1+t2+t3,故t2∶t=π∶5.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2解析(1)小球从A到B,依据能量守恒定律得Ep=12(2)小球从B到O,依据动能定理有-mgR+2mg×2R=12mvO2(3)小球运动至O点时速度方向竖直向上,受电场力和重力作用,将