高三物理精准提升专练13带电粒子在电场中的运动含答案

这是一份高三物理精准提升专练13带电粒子在电场中的运动含答案，共14页。试卷主要包含了应用② 带电粒子在电场中的偏转，8 m等内容，欢迎下载使用。
 专练13  带电粒子在电场中的运动   例1．如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动 例2．(2021∙全国乙卷∙7)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别（＋q，m）、（＋q，2m）、（＋3q，3m）、（－q，m）它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　)例3．(200·全国I卷·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？     1．(多选)如图，平行板电容器A、B两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知A和正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点。现保持B板不动，通过上下移动A板来改变两极板的间距（两板仍平行），下列说法中正确的是(　　)A．若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N的左侧D．若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N的右侧2．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两极板正中央由静止开始释放，两小球最终能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动至右极板的过程中，下列判断正确的是(　　)A．运动时间tA＞tBB．电荷量之比qA∶qB＝2∶1C．机械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝2∶1D．机械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝1∶13．内壁光滑、由绝缘材料制成的半径R＝ m的圆轨道固定在倾角θ＝45°的斜面上，与斜面的切点是A，直径AB垂直于斜面，直径MN在竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中。质量为m，电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点，现对在A点的该小球施加一沿圆轨道切线方向的速度，使其恰能绕圆轨道完成圆周运动。g取10 m/s2，下列对该小球运动的分析，正确的是(　　)A．小球可能带负电B．小球运动到N点时动能最大C．小球运动到M点时对轨道的压力为0D．小球初速度大小为10 m/s4．(多选)如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上，在纸面内加一匀强电场，其方向与水平面夹角α＝60°，场强。现将一质量为m带电量为＋q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出，第一次与接触面撞前在空中飞行的竖直位移为y1，若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出，第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为y2，则下列说法可能正确的是(　　)A．y2＝2y1                   B．y2＝4y1C．y2＝6y1                   D．y2＝10y15．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0.5 kg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。    6．如图所示，金属丝K产生的热电子经电压U0加速后从小孔进入平行金属板MN间。当MN间未加电压时，电子从M板的下边缘沿直线穿过金属板，打在半径为r的旋转荧光屏上的O点并发出荧光。现给MN加一个图示的锯齿波电压U，在电压变化时M板电势低于N板，且电压的变化周期为T。已知平行金属板MN长为L﹐板间距离为d、MN右侧与荧光屏最左侧的距离s＝0.5L，旋转荧光屏的周期为0.5T。电子通过金属板时间极短，可认为板间电压不变，电子的质量为m，电量为e，不计电子间的相互作用力。(1)求当两板电压为Um的电子的侧向位移y；(2)若所有电子间能打在屏上，求屏上发出荧光点的纵坐标的最大值Y；(3)绘出电压变化一个周期时间内屏上荧光的图像，并标出横纵坐标。        7．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离。                     8．如图所示，两个固定的均匀带电球面，所带电荷量分别为＋Q和－Q（Q＞0），半径分别为R和R，小球面与大球面内切于C点，两球面球心O和O'的连线MN沿竖直方向，在MN与两球面的交点B、O和C处各开有足够小的孔，因小孔损失的电荷量忽略不计，有一质量为m，电荷量为q（q＞0）的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。已知点电荷q在场源电荷为Q产生的电场中，具有的电势能为（r表示q到Q的距离），设静电力常量为k，重力加速度为g。(1)求抛出点A的电场强度和球心O'的电场强度；(2)当满足，要使质点从A点上抛后能够到达B点，所需的最小初动能为多少；(3)第(2)问条件仍满足的情况下，要使质点从A点上抛后能够到达O点，在不同条件下所需的最小初动能各为多少。 
 例1．【解析】两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动，D正确。【答案】D 例2．【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度，由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为，因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；（＋q，m）粒子与（＋3q，3m）粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与（－q，m）粒子的比荷也相同，所以（＋q，m）、（＋3q，3m）、（－q，m）三个粒子偏转角相同，但（－q，m）粒子与前两个粒子的偏转方向相反；（＋q，2m）粒子的比荷与（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的比荷小，所以（＋q，2m）粒子比（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。【答案】AD例3．【解析】(1)初速度为零的粒子自C点穿出电场，故电场方向与AC平行，且由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC＝R①，F＝qE②由动能定理有F·AC＝mv③联立①②③式得E＝。④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自圆周上D点穿出电场的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤设此粒子进入电场时的速度为v1，在电场中运动的加速度为a，时间为t1。粒子在AC方向上做匀加速直线运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速直线运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥，AP＝at⑦，DP＝v1t1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。⑨(3)解法一：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t，以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向，建立直角坐标系，则圆心O的位置坐标为，设粒子离开电场时的位置坐标为(x，y)。由运动学公式有y＝at2⑩，x＝vt⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有2＋2＝R2⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0⑭或v＝v0。⑮解法二：由题意知，粒子初速度为0时，动量变化量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速度垂直于电场方向射入电场的粒子，沿电场方向位移相等时，在电场中运动时间相同。因此，自B点射出电场的粒子，其动量变化量的大小也为mv0。设此粒子的初速度为v，在电场中的运动时间为t，由运动学公式有BC＝vt⑯，v0＝at⑰由几何关系知BC＝R⑱联立②④⑥⑯⑰⑱式得v＝v0。⑲  1．(多选)【答案】AD【解析】根据C＝可知，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据E＝，知d减小时E增大。若小球带正电，所受向下的电场力变大，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧；若小球带负电，所受向上的电场力变大，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故AD正确。当d增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝＝＝，知E不变，所以电场力不变，不管小球带正电或负电，小球仍然打在N点，故BC错误。2．【答案】B【解析】对A、B受力分析可知，竖直方向上做自由落体运动，所以两小球运动时间相等，A错误；水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，xA＝2xB，由运动关系可知，两小球电荷量之比＝＝＝，由功能关系可知，电场力做的功等于小球机械能的增加量，＝＝，因此机械能的增加量之比为4∶1，B正确，C、D错误。3．【答案】D【解析】小球受向下的重力，圆轨道垂直AB的支持力，要使小球处于静止状态，电场力应水平向左，与场强方向相同，故小球只能带正电，A错误；由A的解析可知，小球受到重力、电场力的合力（等效重力）垂直斜面向下，故A点可看成等效最低点，B点为等效最高点，小球在A点时动能最大，由于其恰能绕圆轨道完成圆周运动，故在B点恰好由等效重力作为向心力，轨道对小球的压力为零，即小球运动到B点时对轨道的压力为0，BC错误；在等效最高点B由牛顿第二定律可得，从A到B过程，据动能定理可得，联立解得小球的初速度大小，D正确。4．(多选)【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿电场方向的电场力，F＝Eq＝mg，其竖直分量Fy＝Fcos 30°＝mg，则小球在竖直方向做匀速运动；水平方向Fx＝Fsin 30°＝mg＝max，则水平方向做加速度为ax＝g的匀加速运动。若小球第一次能落到斜面上，则有(θ为斜面的倾角)，可得，则当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的9倍；若两次小球第一次均落在竖直墙壁上，则水平位移相等，则时间相等，由y＝v0t可知，当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墙壁上，可知竖直位移应该介于3倍和9倍之间，则选项B、C正确，A、D错误。5．【解析】(1)小环沿杆匀速下滑，受重力，电场力及支持力如图所示，由平衡条件可得，小环离开直杆后，只受重力及电场力作用，小环的加速度解得， 加速度方向垂直杆向下。(2)小环从C运动到P过程中，由动能定理可得解得。(3)小环从C运动到P过程中，做类平抛运动，如图所示有代入数据联立解得。6．【解析】(1)依题意，可得电子经电压U0加速后从小孔进入平行金属板MN时的初速度，即电子进入平行金属板MN后做类平抛运动，当两板电压为Um时，电子的侧向位移又因为，联立解得。(2)若所有电子间能打在屏上，当平行金属板MN间所加电压为最大电压Um时，则屏上发出荧光点的纵坐标为最大值，由(1)问可知，电子飞出平行金属板MN时的最大偏转量为飞出平行金属板MN时，电子做匀速直线运动，根据数学知识可得联立求得。(3)结合图像由(2)问可得，电子打在荧光屏上竖直位移随时间的变化规律为则可画出电压变化一个周期时间内屏上荧光的图像如图所示。7．【解析】(1) 由牛顿第二定律得，在A点：      ①在B点：      ②由①②联立解得:       ③(2)从A到B过程，由动能定理得：        ④将电场力与重力的合力等效为“重力Gʹ”，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则：      ⑤       ⑥从B到“等效最低点”过程，由动能定理得：      ⑦由牛顿第二定律得：      ⑧由②④⑤⑥⑦⑧式联立解得：由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为(3)从B到C过程，由动能定理得：      ⑨从C点到再次进入电场的过程中做平抛运动：水平方向：        ⑩竖直方向：       ⑪      ⑫设速度方向与水平方向的夹角为β1，则       ⑬进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力，   ⑭由 ⑨⑩⑪⑫⑬⑭ 式联立可得：，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动     ⑮从C点到水平轨道：       ⑯由⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式联立可得：，因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为，方向与水平方向夹角的正切值为、斜向左下方，位置在B点左侧6R处。8．【解析】(1)均匀带电球面对球外电场可等效成电荷量集中在球心的点电荷产生的场强，则均匀带电球面对球内任意位置场强均为0，则。(2)质点在A→B应做减速运动．设质点在A点的最小初动能为Ek0，则根据能量守恒得，可得质点刚好能达到B点的条件为①由此可得使质点从A点上抛后能够到达B点，所需的最小动能为②(3)质点在B→O的运动有三种可能情况：a. 质点在B→O做加速运动（如图1），对应条件为即 ③此时只要质点能过B点，也必然能到达O点，因此质点能到达O点所需的最小动能由②式给出，即④若③式中取等号，则最小初动能比④式给出的Ek0略大一点。b. 质点在B→O做减速运动（如图1），对应条件为即 ⑤此时质点刚好能到达O点的条件为 ⑥由此可得 ⑦c. 质点在B→O之间存在一个平衡点D，（如图2），在B→D质点做减速运动，在D→O做加速运动，对应的条件为即    ⑧设D到O点的距离为x，则 ⑨即 ⑩根据能量守恒，质点刚好能到达D点的条件为 ⑪由⑩（11）两式可得质点到达D点的最小初动能为   ⑫只要质点能通过D点也必然能到达O点，所以质点能到达O点的最小初动能也就是⑫式（严格讲应比⑫式给出的Ek0略大一点）。