高考物理一轮复习课时作业26带电粒子在电场中运动的综合问题含答案

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带电粒子在电场中运动的综合问题[双基巩固练]1．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)A．微粒将沿着一条直线运动B．微粒在第2s末的速度为零C．微粒在第1s内的加速度与第2s内的加速度相同D．微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同2.[2020·江西等五市八校联考]如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(　　)A．Q点在P点正下方B．小球电势能减小C．小球重力势能减少量等于eq \f(1,2)mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧3．[2021·潍坊一模]如图甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，CD为两板中线上的两点．A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速度释放，经时间T到达D点，此时速度为v0.在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0带电小球仍从C点无初速度释放，小球运动过程中未接触极板，则t＝T时，小球(　　)A．在D点上方B．恰好到达D点C．速度大于v0D．速度小于v04．(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是(　　)A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上[综合提升练]5．如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM′和PP′范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示．一质量为m、带电荷量为＋q的小物块(可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零，若滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g.则以下判断正确的是(　　)A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力B．此过程中产生的内能大于eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)C．A、B两点间的电势差为eq \f(m2μgl－v\o\al(2,0),2q)D．小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小等于eq \f(v0,2)6．质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝eq \f(3mg,5q)(g为重力加速度)，方向竖直向下，如图所示．已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对绝缘板静止．若将匀强电场的方向改为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果当二者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端．(1)当场强方向竖直向下时，求物块在绝缘板上滑动的过程中系统产生的热量；(2)求场强方向竖直向下时与竖直向上时物块受到的支持力大小的比值；(3)当场强方向竖直向上时，求物块相对于绝缘板滑行的距离．课时作业(二十六)1．解析：根据题中条件作出如图所示带电粒子的速度—时间图象，根据v­t图象可知微粒将沿着一条直线运动，A、B项正确；由图象的斜率可知第1 s内与第2 s内加速度方向相反，所以C项错误；由图象的面积可知D选项正确．答案：ABD2．解析：从P到Q，由动能定理有mgh＋W电＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝0，因为重力做正功，电场力做负功，电势能增大，则Q点应在P点的右下方，故A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2，则小球重力势能减少量等于ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mg2t2，故C正确．答案：C3．解析：在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝eq \f(T,2)时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零．根据对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达D点，小球速度等于v0，故A项错误，B项正确，C、D两项错误．答案：B4．解析：根据题中条件作出带电粒子的v­t图象，根据v­t图象包围的面积分析粒子的运动．由图(a)知，t＝0时刻释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右极板，选项A正确、B错误．由图(b)知，t＝eq \f(T,4)时刻释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq \f(T,2)时间内不能到达右极板，则之后往复运动，选项C正确、D错误．答案：AC5．解析：滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力，A项正确；根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，B项正确；根据动能定理得qU－μmgl＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得，A、B点间的电势差U＝eq \f(m2μgl－v\o\al(2,0),2q)，C项正确；因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度—时间图线可知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于eq \f(v0,2)，从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于eq \f(v0,2)，D项错误．答案：ABC6．解析：(1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下，系统在水平方向上均动量守恒，有mv0＝(m＋M)v由能量守恒定律得Q＝Ffx＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2联立解得系统产生的热量Q＝eq \f(mMv\o\al(2,0),2m＋M).(2)场强方向竖直向下时，有Q＝Ff1x1场强方向竖直向上时，有Q＝Ff2x2所以Ff1x1＝Ff2x2由题意知x1>x2，则Ff1FN1说明物块带负电场强方向竖直向下时，有FN1＝mg－qE场强方向竖直向上时，有FN2＝mg＋qE又知E＝eq \f(3mg,5q)故eq \f(FN1,FN2)＝eq \f(1,4).(3)由以上各式得x2＝eq \f(1,4)x1＝eq \f(1,4)l.答案：(1)eq \f(mMv\o\al(2,0),2m＋M)　(2)eq \f(1,4)　(3)eq \f(1,4)l