专题6 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

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1．(2019·江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图象是( )
[解析] 竖直方向上，根据牛顿第二定律得Eq＝ma，则a＝eq \f(Eq,m)，又因为vy＝at，P＝qEvy，得P＝eq \f(E2q2,m)t＝kt(k为常数)，故选项A正确。
[答案] A
2．(2019·天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A．动能增加eq \f(1,2)mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D．电势能增加2mv2
[解析] 小球从M点运动到N点的过程，可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动。竖直方向上，运动时间t＝eq \f(v,g)，上升高度h＝eq \f(v2,2g)；水平方向上，2v＝at，a＝eq \f(F电,m)，所以F电＝2mg，水平位移x＝eq \(v,\s\up6(－))t＝eq \f(2v,2)·t＝eq \f(v2,g)。从M到N，动能增量ΔEk＝eq \f(1,2)m×(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错；重力势能增量ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错；电势能增量ΔEp电＝－W电＝－F电·x＝－2mv2，故D错；机械能增量ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确。
[答案] B
3．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
[解析] 微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能关系可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误。
[答案] C
4．(多选)(2020·甘肃省部分重点高中调研)如图，匀强电场方向水平向右，带正电的物体静止在绝缘水平面上甲处，物体受到的电场力与物体的重力大小相等。某时刻给物体一个向左的大小为v的初速度，物体向左运动到乙位置时速度恰好为零，然后从乙位置再返回甲位置，已知带电物体的比荷为k，物体从乙返回甲所用时间是从甲运动到乙所用时间的2倍，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．甲与乙两位置之间的距离为eq \f(v2,2g)
B．物体与绝缘水平面间的动摩擦因数为0.6
C．物体返回甲时速度大小为eq \f(1,2)v
D．乙与甲两位置间电势差为U＝eq \f(v2,3k)
[解析] 由甲到乙的过程，物体的加速度大小为a1＝eq \f(μmg＋qE,m)，由乙到甲的过程，物体的加速度大小为a2＝eq \f(qE－μmg,m)，根据x＝eq \f(1,2)at2知，在位移相等的情况下，时间平方与加速度成反比，所以eq \f(a1,a2)＝4，联立解得μ＝0.6，a1＝1.6g，a2＝0.4g，B正确；从甲到乙时，v2＝2a1x，返回时veq \\al(2,甲)＝2a2x，可得甲、乙之间的距离为x＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(5v2,16g)，回到甲时物体速度v甲＝eq \f(1,2)v，A错误，C正确；乙与甲两位置间电势差为U＝eq \f(mg,q)x＝eq \f(5v2,16k)，D错误。
[答案] BC
5．(多选)(2021·四川达州市第一次诊断)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)。小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h。某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )
A．带电微粒在M、N两极板间往复运动
B．两极板间电场强度大小为eq \f(3mg,2q)
C．若将M下平移eq \f(h,3)，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为eq \f(5,4)h
D．若将N向上平移eq \f(h,3)，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为eq \f(5,4)h
[解析] 由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝eq \f(3mg,2q)，选项B正确；若将M向下eq \f(h,3)，则板间场强变为E1＝eq \f(U,\f(5,3)h)＝eq \f(3U,5h)＝eq \f(6,5)E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·(eq \f(5h,3)－Δh)＝0，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移eq \f(h,3)，则板间场强度变为E2＝eq \f(U,\f(5,3)h)＝eq \f(3U,5h)＝eq \f(6,5)E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理：mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝eq \f(5,4)h，选项D正确。
[答案] BD
6．(2020·广东六校高三联考)如图所示，C、D是半径为r＝0.2 m、竖直固定在地面上、内壁光滑的半圆绝缘细管的两个端点。CD左侧存在场强大小为E＝100 N/C，方向竖直向下的匀强电场(CD右侧无电场，忽略CD左侧电场对CD右侧空间的影响)，ABC为固定在地面上的斜面体，倾角θ＝37°。一个质量为m＝1 kg、电荷量为q＝＋0.1 C的带电绝缘小球，从半圆底端C点以vC＝2eq \r(6) m/s的速度进入细管内(细管内径略大于小球直径)，随后小球从D点水平射出(D点恰好在电场中)，第一次落到斜面上的点为P点(具体位置未画出)，重力加速度g＝10 m/s2，取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)小球在D点时的速度大小及细管对小球的作用力；
(2)小球从D点运动到P点的过程中的加速度大小及运动的时间。
[解析] (1)小球从C点到D点的过程中，由动能定理有
－mg·2r＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vD＝4 m/s
小球在D点时，D点恰好在电场中，设细管对小球的作用力竖直向上，由牛顿第二定律有
Eq＋mg－N＝eq \f(mv\\al(2,D),r)
解得N＝－60 N，即作用力大小为60 N，方向竖直向下
(2)小球从D点到P点的运动过程中，做类平抛运动
小球的加速度a＝eq \f(Eq＋mg,m)，解得a＝20 m/s2
如图所示，过P点作平行于BC的虚线，与CD交于F点
则有CF＝2r－eq \f(1,2)at2，PF＝vDt
tan θ＝eq \f(CF,PF)，解得t＝0.1 s。
[答案] (1)4 m/s 60 N 方向竖直向下
(2)20 m/s2 0.1 s
7．在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？
[解析] 电子在加速电场加速时，根据动能定理
eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)
进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝eq \f(eU2,md)
射出偏转电场时合速度v＝ eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，
由以上各式得Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eU1＋eq \f(eU\\al(2,2)L2,4d2U1)。
[答案] eU1＋eq \f(eU\\al(2,2)L2,4d2U1)
[提升题组]
8．(2020·广东“六校联盟”第四次联考)如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强度电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m 的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2，求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间。
[解析] (1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a＝eq \f(F－μmg,m)＝12 m/s2
小物块体到达C点的过程中有：v2＝2aL0代入数据解得：v＝12 m/s
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a1＝eq \f(|q|E＋μmg,m)＝12 m/s2，小物体向右运动的时间：t1＝eq \f(v,a1)＝1.0 s，小物体向右运动的位移：x1＝eq \f(v,2)t1＝6.0 m。由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场。根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2＝eq \f(|q|E－μmg,m)＝4 m/s2，小物体在电场中向左运动的时间为：
t2＝eq \r(\f(2x1,a2))＝eq \r(3) s
小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋eq \r(3)) s≈2.7 s
[答案] 12 m/s (2)2.7 s
9．(2021·四川南充第一次适应性考试)如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(－q＜0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对细管的压力；
(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标。
[解析] (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝eq \f(mg,Eq)
解得：E＝eq \f(mg,q)
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r＝eq \r(2)L
从P点到B点的过程中，根据动能定理得：mg(2L＋eq \r(2)L)＋EqL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
在B点，根据牛顿第二定律得：
FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,B),r)
联立解得：FN＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小FN′＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向下
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mgL＋EqL
解得：vA＝2eq \r(gL)
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度vC＝vA＝2eq \r(gL)
小球的加速度g′＝eq \r(2)g
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：vCt＝eq \f(1,2)g′t2
解得：t＝2eq \r(\f(2L,g))
则沿x轴方向向运动的位移x＝eq \f(vCt,sin 45°)＝eq \r(2)vCt＝eq \r(2)×2eq \r(gL)×2eq \r(\f(2L,g))＝8L
x′＝L－8L＝－7L，则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(－7L,0)。
[答案] (1)eq \f(mg,q) (2)3(eq \r(2)＋1)mg 方向竖直向下
(3)(－7L,0)
10．(2020·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以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？
[解析](1)初速度为零的粒子，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
联立①②③式得E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qR)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D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝eq \f(3,2)R，DP＝eq \f(\r(3),2)R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，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＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq \f(\r(2),4)v0⑨
(3)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。由运动学公式有
y＝eq \f(1,2)at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),2)R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)R))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
和v＝eq \f(\r(3),2)v0⑮
[另解] 由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝eq \f(\r(3),2)v0。
[答案] (1)eq \f(mv\\al(2,0),2qR) (2)eq \f(\r(2),4)v0 (3)eq \f(\r(3),2)v0