新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训5带电粒子在电场中的运动(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训5带电粒子在电场中的运动(人教版)，共7页。试卷主要包含了0×102 V,d=4等内容，欢迎下载使用。


(1)忽略电子所受重力,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)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g取10 m/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。
2.2018年,人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生,这种引擎不需要燃料,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(初速度忽略不计),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,试推导的表达式。
(3)为提高能量的转换效率,要使尽量大,请提出增大的三条建议。
3.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=0.4 m,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=1.5 m。圆弧轨道和斜面均处于电场强度大小E=100 N/C、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为m=0.02 kg、带电荷量为+2×10-3 C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,并刚好与一个以一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=,空气阻力不计,g取10 m/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满足条件的最小值。
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=L(自身的直径忽略不计)。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=。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,并继续运动。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.(2022辽宁卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在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,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mg。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)
(2)见解析
解析 (1)根据功和能的关系,有eU0=
电子射入偏转电场的初速度v0=
在偏转电场中运动时间Δt==L
偏转距离Δy=a(Δt)2=。
(2)考虑电子所受重力和静电力的数量级,
由于F≫G,因此不需要考虑电子所受重力。
2.答案 (1)
(2)
(3)见解析
解析 (1)设正离子经过电极B时的速度为v,有ZeU=mv2-0,设正离子束所受的电场力为F1',根据牛顿第三定律,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'=ΔNm,又N=,得N=。
(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=F'v,由牛顿第三定律又有F'=F,得。
(3)为使尽量大,三条建议:用质量大的离子;用带电量少的离子;减小加速电压。
3.答案 (1)1.2 N,竖直向下
(2)120 V
(3)3.10 m/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,
根据动能定理有mgR+qER=-0
得vB=4m/s
B点是圆周运动最低点,合力提供向心力即FNB'-(mg+qE)=m,得FNB'=1.2N
根据牛顿第三定律,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,根据速度合成有=tanθ,竖直方向由牛顿第二定律有Eq+mg=ma,h=at2,UBD=Eh,联立解得UBD=120V。
(3)设C、D间的距离为x,由几何关系有x=
设物块上滑加速度为a',由牛顿运动定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma',根据题意,要使物块与小球相遇,v0的最小值满足=2a'x,联立解得v0=m/s≈3.10m/s。
4.答案 (1)
(2)2mg,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°=,解得E=。
(2)从P到A的过程,根据动能定理有mgL+EqL=
解得vA=2
小球在管中运动时,E2q=mg,小球做匀速圆周运动,则v0=vA=2
在D点时,下壁对球的支持力F=m=2mg
由牛顿第三定律,F'=F=2mg,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L=,解得t1=
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2,则t2=
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=2,则t=t1+t2+t3,故t2∶t=π∶(4+π)。
5.答案 (1)mgR (2) (3)y2=6Rx
解析 (1)小球从A到B,根据能量守恒定律得
Ep=mgR。
(2)小球从B到O,根据动能定理有
-mgR+mg×R=,解得vO=。
(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,将电场力分解到x轴和y轴,则x轴方向有mgcs45°=max
y轴方向有mgsin45°-mg=may
解得ax=g,ay=0
说明小球过O点后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x=gt2,y=vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx。