18年高考物理二轮复习100考点千题精练第七章静电场专题710静电场综合问题180110186.docx

18年高考物理二轮复习100考点千题精练第七章静电场专题710静电场综合问题180110186.docx

《18年高考物理二轮复习100考点千题精练第七章静电场专题710静电场综合问题180110186.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《18年高考物理二轮复习100考点千题精练第七章静电场专题710静电场综合问题180110186.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

18年高考物理二轮复习100考点千题精练第七章静电场专题710静电场综合问题180110186

专题7.10静电场综合问题

一．选择题

1（2017辽宁重点校协作体5月模拟）.如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d，两板之间加有竖直向下的匀强电场。

将一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的水平速度从靠近上板下表面的P点射入，小球刚好从下板右边缘射出。

重力加速度为g。

则该匀强电场的电场强度大小可能为

A．B．

C．D．

【参考答案】C

2．（2016金卷押题题）如图所示，在xOy平面有匀强电场，一群质子从P点出发，可以到达圆O上任一个位置，比较圆上这些位置，发现到达圆与x轴正半轴的交点A点时，动能增加量最大，增加了60eV，已知圆的半径25cm，。

则匀强电场的电场强度是

A.120V/mB.187.5V/m

C.150V/mD.238.5V/m

【参考答案】B

二．计算题

1．（2017洛阳一模）示波器的主要结构可简化为：

电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。

若已知加速电场的电压为U1。

两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d。

电子枪发射质量为m、电荷量为-e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O。

不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。

若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d。

求U1和U2的比值。

【答案】

设电子离开偏转电场时速度的偏向角为θ，则：

tanθ==

打在荧光屏上的亮点的位置距O点的距离：

Y=y+dtanθ

由题意可知;Y=3d/2,

由以上各式联立解得：

=。

2．（2016·江苏泰州高三期中）（18分）如图甲所示，质量为m、电荷量为q的粒子经加速电压U1加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。

已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。

不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。

求：

（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；

（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；

（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件。

【答案】

（1）　

（2）　

（3）U0＝（n＝1，2，3，4…），T＝（n＝1，2，3，4…）

【名师解析】

（1）电子经加速电场加速：

eU1＝mv2

解得：

v＝

（3）要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy＝0，则电子应在t＝0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0

因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t＝＝nT

则T＝＝＝（n＝1，2，3，4…）

在竖直方向位移应满足＝2n×a（）2＝2n×·（）2

解得：

U0＝（n＝1，2，3，4…）

3．（2016·四川成都一诊）（18分）如图所示，带正电的绝缘小滑块A，被长R＝0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电，位于O点正下方的地面上。

长L＝2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h＝2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场。

在O点与传送带之间有位置可调的固定钉子（图中未画出），当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端。

已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因摩擦而损失电荷量。

试求：

（1）钉子距O点的距离的范围；

（2）若传送带以速度v0＝5m/s顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰。

试求B做匀加速运动的加速度大小。

（结果可用根式表示）

【答案】

（1）0.4m>x>0.2m　

（2）m/s2

当FT＝5mg时，解得r＝＝0.2m

故钉子距O点距离的范围是0.4m>x>0.2m

（2）在A运动到传送带右端的过程中，因绳断裂不损失能量由动能定理有mgR－μmgL＝0

解得μ＝0.5

因v0＝5m/s>v1，所以A在传送带上将做加速运动，假设A一直加速，到右端的速度为v2

由动能定理有μmgL＝mv－mv

解得v2＝4m/s

因v2

对B：

设匀加速过程的加速度大小为a′，则有

位移x＝L＋l＝a′（t1＋t2）2

解得a′＝m/s2＝m/s2

4．（黑龙江省大庆实验中学2016届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）（20分）如图甲所示，M、N为一对竖直放置的平行金属板，中心各有一小孔P和Q，PQ连线垂直金属板，现有质量m=2.0×10-27kg，电荷量q=1.6×10-19C带正电的粒子连续不断地从小孔P飘入M、N板之间，带电粒子在小孔P处的初速可忽略。

在M、N间加有如图乙所示的交变电压，且t=0时M板电势高于N板电势。

带电粒子在M、N间运动过程中，粒子所受重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。

（1）如果两平行金属板间距离d=5.0cm，求：

①带电粒子从小孔Q中射出时的最大速度值；

②在t=0.125×10-5s时飘入小孔P的带电粒子到达小孔Q时的动能；

（2）如果在[n-（n+0.25）]×10-5s时间内（n=0，1，2，......），由小孔P飘入的带电粒子都能从小孔Q中射出，则两板间距离d应满足怎样的条件。

【参考答案】

（1）①2.0×104m/s②5.0×10-20J

（2）d＜3.5cm

即从t=0时刻飘入P孔的粒子经过0.5T时间刚好运动到Q孔，并从Q孔射出。

此时的速度即最大速度。

在t=0.125×10-5s时刻飘入P孔的带电粒子，在时间内，加速向右运动位移

粒子做减速运动的位移

设带电粒子到达小孔Q的动能为EkQ，由动能定理

解得EkQ=5.0×10-20J

（2）如果只在[n~（n+0.25）]×10-5s内，即在每个周期的0~T/4时间内从小孔P飘入的粒子均能从Q孔射出，只要每个周期T/4时刻从小孔P飘入的带电粒子能从Q孔射出，则在每个周期内T/4时刻之前飘入小孔P的粒子就一定能从Q孔射出。

每个周期内T/4时刻飘入的带电粒子，在T/4~T/2时间内向右加速运动，在T/2~3T/4时间内向右减速运动到零，此后则返回向左运动。

所以，在每个周期内时刻飘入的带电粒子，在时刻向右运动到最远点，并可从小孔Q中射出，则两板间距离d应满足的条件是时间内的位移s＞

解得s=3.5cm

即两板间距离d应满足的条件是d＜3.5cm

考点：

带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】此题是关于带电粒子在电场中的运动问题；解题时要根据粒子所受的电场力的变化情况分析粒子的运动的可能的情况，联系牛顿定律和动能定理列出方程；解题时分阶段分析，并注意临界态的分析过程.

5.反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：

（1）B点距虚线MN的距离d2；

（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.

【答案】

（1）0.50cm　

（2）1.5×10－8s

【名师解析】

（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由

动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0①

由①式解得d2＝d1＝0.50cm②

设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，有

d1＝a1t⑤

d2＝a2t⑥

又t＝t1＋t2⑦

联立②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s.

6.在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U0，其周期是T。

现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。

己知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：

（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长?

（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？

两板间距至少多大?

【名师解析】

（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：

eU0/2=mv2-mv02

解得：

v=

（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：

L=v0T

根据以上描述电子可以从t时刻进入：

t=T/4+kT/2（k=0，1，2，3…）

设两板间距至为d，而电子加速T/4时间的竖直位移为：

h=a（T/4）2,

eU0/d=ma,

而电子减速T/4时间的竖直位移也为h。

所以电子在竖直方向的最大位移为y=2h=，

而：

y≤d/2

联立解得：

d≥

所以d的最小值：

d=

7.如图所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0.电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地.电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm.在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如下图.（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：

（1）在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？

（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？

（3）屏上的亮点如何移动？

由图知t=0.06s时刻偏转电压为U=1.8U0  

代入数据解得：

y=0.45L=4.5cm。

设打在屏上的点距O点距离为Y，则有=

解得Y=13.5cm.