1、课时规范练25带电粒子在电场中的综合问题1.(带电粒子在交变电场中的运动)如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A.11B.21C.31D.412.(多选)(带电体在电场中运动)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,P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最终都能运动到右极板上的同
2、一位置。则从开始释放到运动到右极板的过程中,下列选项正确的是()A.P的运动时间大于Q的运动时间B.P、Q的电势能减少量之比为41C.P、Q的动能增加量之比为41D.P、Q的电荷量之比为213.(多选)(带电粒子在电场中偏转)(2019河南中原名校第一次质量考评)两水平平行金属板连接在如图所示的电路中,板长为L,间距为d,在距板右端2L处有一竖直光屏,D为理想二极管。让一带电荷量为q、质量为m的粒子从两板左端连线的中点O以水平速度v0射入板间,粒子飞出电场后垂直打在屏上。则()A.电场强度大小为3mgqB.粒子在板间运动的过程中与它从板右端运动到屏的过程中速度变化相同C.若仅将滑片P下移,再让
3、该粒子从O点以v0水平射入,粒子仍垂直打在屏上D.若仅将板间距增大,再让该粒子从O点以v0水平射入,粒子仍垂直打在屏上4.(力电综合问题)(2019四川成都摸底测试)如图,绝缘光滑斜面倾角为,所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场,一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点,P到斜面底端的距离为L。滑块可视为质点,重力加速度为g。(1)求匀强电场的电场强度大小;(2)若仅将电场的方向变为平行于斜面向下,求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间。5.(力电综合问题)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹
4、角=37。已知小球所带电荷量q=1.010-6 C,匀强电场的电场强度E=3.0103 N/C,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:(1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。素养综合练6.如图甲所示,离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计,离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场,偏转电场极板间的距离为d,极板长为l=2d,偏转电场的下极板接地,偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l。现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交流电压,上极板的电势随时间变化的图象如图
5、乙所示。(设正离子的电荷量为q、质量为m,大量离子从偏转电场中央持续射入,穿过平行板的时间都极短)(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小。(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象,即无正离子到达荧光屏,试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t。(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x。7.(2019河南郑州实验中学月考)如图所示,在电场强度为E=2103 V/m的水平匀强电场中,有半径R=0.4 m的光滑半圆形轨道DCB竖直放置,与水平绝缘轨道AB平滑连接,电场线与轨道平面ABCD平行,C为DB圆弧的中点。一带正电、电荷量q=510-5C、质量m=20 g、可视为质点的小滑块与水平轨道
6、AB间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2。(1)若小滑块从半圆形轨道上C点静止释放,运动到水平轨道上的P点静止,求小滑块通过BP段的时间是多少?(2)若小滑块从水平轨道上的A端静止释放,沿轨道运动恰能到达并通过最高点D,求小滑块此次运动通过C点时对轨道的压力是多大?8.如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为
7、N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;(2)A点距电场上边界的高度;(3)该电场的电场强度大小。9.(2019江苏启东期中)如图所示,竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R=0.2 m,圆心为O,下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接。一带正电q=5.010-3 C、质量为m=3.0 kg的物块(可视为质点),置于水平轨道上的A点。已知A、B两点间的距离为L=1.0 m,物块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.2,重力加速度g取10 m/s2。(1)若物块在A点以初速度v0向左运动,恰好能到达轨道的最高点D,则物块的初速度v0应为
8、多大?(2)若整个装置处于方向水平向左、电场强度大小为E=2.0103 N/C的匀强电场中(图中未画出),现将物块从A点由静止释放,试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用反三角函数表示)。(3)在(2)问的情景中,试求物块在水平面上运动的总路程。参考答案课时规范练25带电粒子在电场中的综合问题1.C设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为a,粒子在t=nT时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax=12a(T2)2+aT2T2=38aT2,粒子在t=nT+T2时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移
9、最小ymin=0+12a(T2)2=18aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是31,故C项正确。2.BD小球在竖直方向为自由落体运动,两者下落高度相同,说明运动时间一样,故A错误。在水平方向小球为匀加速直线运动,根据x=12qUmdt2,可知位移之比为21,说明PQ粒子的电荷量之比为21,故D正确。电势能的减少量为电场力做的功,即EpPEpQ=2qUqU2=41,故B正确。动能增加量为合外力做的功,即EkPEkQ=(mgh+2qU)(mgh+qU2),由于不知道重力与电场力的关系,故C错误。3.ACD设粒子在板间运动的过程中加速度大小为a,则粒子离开电场时竖直分速度大小vy=at
10、1=qE-mgmLv0,粒子离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动,则vy=gt2=g2Lv0,联立解得E=3mgq,A正确;粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动,要垂直打在屏上,离开电场后,粒子一定打在屏的上方,做斜上抛运动。否则,粒子离开电场后轨迹向下弯曲,粒子不可能垂直打在板上。粒子在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动,水平方向都不受外力,都做匀速直线运动,速度都等于v0,而且v0方向水平,粒子垂直打在板上时速度也水平,根据粒子的轨迹弯曲方向可知两个过程粒子的合力方向相反,加速度方向相反,则速度变化量方向相反,B错误;若仅将滑片P向下滑动一段后,R的电压减小,电容器的电压要减
11、小,电荷量要减小,由于二极管具有单向导电性,所以电容器不能放电,电荷量不变,板间电压不变,所以粒子的运动情况不变,再让该粒子从O点以水平速度v0射入板间,粒子依然会垂直打在光屏上,C正确;若仅将两平行板的间距变大一些,电容器电容减小,由C=QU知U不变,电荷量要减小,但由于二极管具有单向导电性,所以电容器不能放电,电荷量不变,根据推论可知板间电场强度不变,所以粒子的运动情况不变,再让该粒子从O点以水平速度v0射入板间,粒子依然会垂直打在光屏上,D正确。4.答案 (1)mgsinq(2)Lgsin解析 (1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态由力的平衡条件有:qE=mgsin解得:E=m
12、gsinq(2)当电场方向平行于斜面向下时由牛顿第二定律有:qE+mgsin=maa=2gsin由运动学规律有:L=12at2联立解得:t=Lgsin5.答案 (1)3.010-3 N(2)4.010-4 kg(3)2.0 m/s解析 (1)小球所受电场力F=qE=3.010-3N(2)由qEmg=tan37,得m=4.010-4kg(3)由mgl(1-cos37)=12mv2,得v=2gl(1-cos37)=2.0m/s6.答案 (1)2qU0m(2)T2(3)3d解析 (1)由题意可知,离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子射出加速电场时的速度大小,由动能定理可得qU0=12mv02解得离
13、子刚进入偏转电场时的速度大小为v0=2qU0m。(2)由题意可知,只要正离子能射出偏转电场,即可打到荧光屏上,因此当离子打在偏转电场的极板上时,出现“黑屏”现象。设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U,则有d2=12qUmd(lv0)2又因为l=2d,所以可得U=U02由题图乙可知,偏转电压U在0.5U0U0之间变化时,进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上,因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t=T2。(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y,打在荧光屏上的位置到O点的距离为Y,如图所示,由几何关系可得yY=d23d2=13所以离子打到荧光屏上的区间的长度x=2Y=6y=6d2=3d。
14、7.答案 (1)0.286 s(2)0.9 N解析 (1)设滑块过B点时的速度为vB,C到B由动能定理得mgR-qER=12mvB2-0设B到P时间为t,由动量定理得-(qE+mg)t=0-mvB解得t=m2(mgR-EqR)mqE+mg=27s0.286s;(2)设过D点的速度为v,沿轨道恰能到达最高点D的条件为:mg=mv2R设滑块过C点时的速度为vC,从C到D由动能定理得:-mgR-qER=12m(v2-vC2),设滑块在C点时所受的支持力为FN,则由牛顿第二定律有FN-qE=mvC2R,解得:FN=3(qE+mg)=0.9N,由牛顿第三定律,滑块通过C点时对轨道的压力大小FN=FN=0
15、.9N。8.答案 (1)3(2)13H(3)mg2q解析 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0s1=v0t+12at2s2=v0t-12at2联立式得s1s2=3(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式vy2=2ghH=vyt+12gt2M进入电场后做直线运动,由几何关系知v0vy=s1H联立式可得h=13H(3)设电场强度的大小为E,
16、小球M进入电场后做直线运动,则v0vy=qEmg设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得Ek1=12m(v02+vy2)+mgH+qEs1Ek2=12m(v02+vy2)+mgH-qEs2由已知条件Ek1=1.5Ek2联立式得E=mg2q9.答案 (1)14 m/s(2)见解析(3)53 m解析 (1)对物块从A至D过程中由动能定理可知-2mgR-mgL=12mvD2-12mv02,对物块在D点有mg=mvD2R,联立解得v0=14m/s。(2)对物块,假设物块可运动到C点,则由A至C过程有qE(L+R)-mgR-mgL=12mvC2-0,可得vC=0m/s,故物块始终没有脱离轨道。故物块在运动过程速度最大时位于B点左侧圆弧上,设其与圆心的连线与OB的夹角为,对物块受力分析,可知tan=qEmg=13,=arctan13。(3)对于物块在水平面上运动的全程有qEL-mgL总=0,解得L总=53m。
