版高考物理一轮复习静电场第5讲带电粒子在电场中运动的综合问题 含答案Word格式.docx

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D.小球在运动过程中机械能守恒

5.空间存在着平行于x轴方向的静电场,其电势φ随x的分布如图所示,A、M、O、N、B为x轴上的点,OA<

OB,OM=ON。

一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动,则下列判断中正确的是（　　）

A.粒子一定带正电

B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大

C.粒子一定能通过N点

D.粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加

6.（2016北京东城二模）如图所示,在粗糙的水平绝缘桌面上有两个大小相同、带有同种电荷的小物块P和Q。

已知mP>

mQ,qP>

qQ。

将它们由静止释放后,两物块开始在水平桌面上运动,并最终停止在水平桌面上。

在物块运动过程中（　　）

A.P受到的库仑力大于Q受到的库仑力

B.P受到的摩擦力始终小于它受到的库仑力

C.P的加速度始终大于Q的加速度

D.P和Q具有的电势能与机械能之和减小

7.（2018北京海淀期末）如图所示,在沿水平方向的匀强电场中,有一长度l=0.5m的绝缘轻绳,上端固定在O点,下端系一质量m=1.0×

10-2kg、带电荷量q=2.0×

10-8C的小球（小球的大小可以忽略）在B点处于静止状态,此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°

空气阻力不计,sin37°

=0.6,cos37°

=0.8,g=10m/s2。

（1）求该电场场强大小;

（2）在始终垂直于l的外力作用下将小球从B点缓慢拉动到A点,求外力对带电小球做的功;

（3）过B点作一等势面交电场线于C点,论证沿电场线方向电势φA>

φC。

综合提能

1.（多选）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。

不计空气阻力,则小球　（　　）

A.做直线运动

B.做曲线运动

C.速率先减小后增大

D.速率先增大后减小

2.（多选）如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。

t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~

时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触。

重力加速度的大小为g。

关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是（　　）

A.末速度大小为

v0B.末速度沿水平方向

C.重力势能减少了

mgdD.克服电场力做功为mgd

3.（2016北京东城二模,24）在光滑绝缘水平面上方某区域（0≤x≤3L）有沿x轴正方向的水平匀强电场,电场强度的大小及分布情况如图1所示。

将质量为m1、电荷量为+q的带电小球A在x=0处由静止释放,小球A将与质量为m2、静止于x=L处的不带电的绝缘小球B发生正碰。

已知两球均可视为质点,碰撞时间极短,且碰撞过程中没有机械能的损失,没有电荷量的转移。

E0、L为已知。

（1）若m1=m2,小球A与小球B发生碰撞后二者交换速度,求:

a.两小球第一次碰撞前,小球A运动的时间t0以及碰撞前的瞬时速度大小v0;

b.在图2中画出小球A自x=0处运动到x=5L处过程中的v-t图像。

（2）若m1=km2,通过计算分析说明无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。

4.我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。

此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。

设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。

飞船可视为横截面积为S的圆柱体（如图1所示）。

某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。

（1）已知在开始进入尘埃云的一段很短的时间Δt内,飞船的速度减小了Δv,求这段时间内飞船受到的阻力大小。

图1

（2）已知尘埃云分布均匀,密度为ρ。

a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。

若不采取任何措施,飞船将不断减速。

通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。

求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。

b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。

为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。

已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速（远远大于飞船速度）粒子流,从而对飞行器产生推力的。

若发射的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U,元电荷为e。

在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。

求单位时间内射出的阳离子数。

图2

答案精解精析

1.A　由题给条件可知带电粒子始终受水平向左的电场力作用,粒子在竖直方向的分速度不变,而水平方向的分速度先减小后增大,故该粒子的速度先减小后增大,选项A正确。

2.D　根据题意可知,带电粒子从A到B,电场力做功为-10J（动能定理）,则带电粒子从A运动到等势面b时,电场力做功为-5J,粒子在等势面b时动能为5J。

带电粒子在电场中的电势能和动能之和为5J,是守恒的,当动能为7.5J时,其电势能为-2.5J。

3.D　在1.0×

10-3s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×

10-3s时电子到达P点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当t=2.0×

10-3s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。

随后电子将反向做匀加速运动,当t=3.0×

10-3s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反,故答案为D。

4.B　由小球在圆周上各点受力分析可推知,只有电场力与重力平衡,小球才能做匀速圆周运动,故小球应带正电,A错B对。

小球从a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,故C错。

因为有电场力对小球做功,所以小球的机械能不守恒,即D错。

5.C　由E=

=

可知A、O之间为水平向左的匀强电场E1,O、B间为水平向右的匀强电场E2,且E1>

E2。

粒子从M点由静止向右运动,受向右的电场力作用,故粒子带负电,A错;

带负电的粒子由M→O过程中因E1恒定,电场力不变,B错;

因E1>

E2,F1=qE1>

F2=qE2,又OM=ON,再结合W=Fx知粒子一定能通过N点,C对;

因由M→O电势增大,则带负电粒子由M→O运动过程中电势能减少,D错。

6.D　由牛顿第三定律知,P对Q的库仑力和Q对P的库仑力大小相等,A项错误;

P由静止开始加速的过程摩擦力小于库仑力,减速过程,摩擦力大于库仑力,故B项错误;

物块在减速滑行的过程中加速度大小a=

=μg-

由此可知质量大的物块,加速度反而小,故C项错误;

因物块在滑行过程中与桌面摩擦产生热量,根据能量守恒定律知,P和Q具有的电势能与机械能之和减小,故D项正确。

7.答案　

（1）3.75×

106N/C　

（2）1.25×

10-2J　（3）见解析

解析　

（1）带电小球静止,受到的合力等于零,电场力与重力的关系是

Eq=mgtanα（2分）

E=

tanα

代入数据得:

E=3.75×

106N/C（1分）

（2）小球在外力作用下从B点缓慢移动到A点过程中,根据动能定理有

WF-Eqlsinα+mg（l-lcosα）=0（1分）

WF=

tanα·

qlsinα-mg（l-lcosα）（1分）

WF=1.25×

10-2J（1分）

（3）方法1:

设一带电荷量为+q的电荷在电场力作用下由A点移动到C点,电场力做功为W（1分）

W=qUAC=q（φA-φC）（1分）

因为W>

所以φA>

φC（1分）

方法2:

设带电荷量为+q的电荷放在A点,其电势能为EpA,此电荷在电场力作用下从A点移到C点,在C点其电势能为EpC（1分）

因为电场力做正功,所以EpA>

EpC（1分）

电场中A点的电势为φA=

C点的电势为φC=

所以,φA>

1.BC　刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。

因重力与电场力的合力F为恒力,结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角,其中直角时速率最小,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。

2.BC　由题意知qE0=mg,所以

~

与

~T时间内微粒的加速度等大反向,大小都等于g。

时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1=g·

竖直位移y1=

g

在

~T时间内微粒的竖直末速度vy2=vy1-g·

=0,竖直位移y2=vy1·

-

所以y1=y2=

微粒克服电场力做功W=q·

2E0·

=2mg

mgd,有重力作用时微粒的竖直位移为

其重力势能减少了

mgd。

综上可知A、D错误,B、C正确。

3.

答案　见解析

解析　

（1）a.小球A第一次与小球B碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动

加速度a1=

运动时间t0=

小球A与小球B碰撞前的瞬时速度大小v0=

b.小球A自x=0处运动到x=5L处的过程中的v-t图像如图所示。

（2）设两小球第一次碰撞后速度分别为vA1、vB1

碰撞过程中由动量守恒定律有km2v0=km2vA1+m2vB1

由机械能守恒定律有

km2

+

m2

解得:

vA1=

v0

vB1=

之后小球A再次被电场加速,若在x=3L处未发生碰撞,此时速度为vA2

根据动能定理有4E0qL=

解得vA2=

vA2>

vB1

所以无论倍数k取何值,小球A均可与小球B发生第二次碰撞。

4.

答案　

（1）M

（2）a.

　b.

ρS

解析　

（1）飞船的加速度a=

根据牛顿第二定律f=Ma

飞船受到的阻力f=M

（2）a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律

Mv0=（M+ρSx）

解得x=

由

-x图像可知

t=

（

）x

解得t=

b.设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m'

所受飞船的作用力为f'

。

飞船与尘埃发生的是