2021届高考物理二轮复习计算题精解训练-粒子在电场中的运动含答案及解析.doc

1、2021 届高考物理二轮复习计算题精解训练届高考物理二轮复习计算题精解训练 粒子在电场中的运动粒子在电场中的运动 1.如图所示，虚线 PQ，MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为 11 2.0 10mkg ，电荷量为 5 1.0 10qC ，从 a 点由静止开始经电压为 U=100V 的电场 加速后，垂直于匀强电场中，从虚线 MN 上的某点 b（图中未画出）离开匀强电场时速度与 电场方向成30角。已知 PQ，MN 间距离为 0.2m，带电粒子的重力忽略不计。求： （1）带电粒子刚进入匀强电场时的速度 1 v; （2）匀强电场的电场强度大小； （3）ab 两点间的电势差； 2.光滑

2、绝缘半球槽的半径为 R，处在水平向右的匀强电场中，一质量为 m 的带电小球从槽的 右端 A 处（与球心等高）无初速沿轨道滑下，滑到最低点 B 时，球对轨道的压力为 2mg。 求： （1）小球从 A 到 B 的过程中受到的电场力做的功及电场力的大小。 （2）带电小球在滑动过程中的最大速度。 3.如图所示，静止于 A处的带正电离子（电荷量为 q，质量为 m），经电压为 U的加速 电场加速后从 B点飞出，恰好以源电荷 Q（可视为点电荷）为圆心、半径为 R的四分之 一圆做匀速圆周运动，并从 P点垂直于边界CN进入矩形有界匀强偏转电场，电场方向水 平向左，离子恰好能打在 M点。已知NP间的距离等于NM间

3、距离，离子的重力不计，源 电荷 Q产生的电场对加速电场和偏转电场均无影响，静电力常量为 k求： (1)离子从 B点飞出时的速度 v的大小； (2)源电荷 Q的电性和电量为多少； (3)PN、两点间的电势差. 4.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0qq（ ）的带电绝缘小球，从 y轴上的0PL（ ， ）点由静止开始释 放，运动至 x轴上的 0AL（， ）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在 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 1 O位于 y轴上， 交 y轴于点 B， 交 x轴于 A 点和0C L（ ，

4、）点.该细管固定且紧贴 x 轴，内径略大于小球外径.小球直径远小于细管半径，不 计一切阻力，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点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从 C点飞出后会落在 x 轴上的哪一位置。 5.如图甲所示，真空中有一个平行板电容器，两极板PQ MN、 与水平方向的夹角=30，极 板长度为 L，一个质量为 m、带电荷量为 q 的微粒从极板内侧 N 点由静止释放，恰好能沿 水平方向向左运动.只考虑极板之间的电场，重力加速度大小为 g. （1）两极板PQ MN、 分别带什么电？极板间电场的场强多大？ （2）如图乙所示，如果将该微粒从 Q

5、 点正上方某处的 O 点由静止释放，恰好能从 Q 点进 入电场，且刚好从 M 点沿与MN相切的方向离开电场.则两极板之间的电压 U 是多少？ 6.如图甲所示，水平正对放置的金属板 A 和 B 的距离为 d，它们的右端放着垂直于金属板的 靶MN，现在AB、板上加上如图乙所示的电压，电压的正向值为 0 U（A 板电势高于 B 板电 势） ， 反向电压值为 0 2 U ， 且每隔 2 T 变向 1 次.现将质量为 m、 带电荷量为 q 的粒子束从AB、 左侧的中点 O 以平行于金属板的方向射入两板之间，设粒子能全部打在靶上且所有粒子在 AB、间的飞行时间均为 T.不考虑重力的影响. （1） 试定性分

6、析在0t 时刻从 O 点进入的粒子， 在 0T 时间内在垂直于金属板的方向上的 运动情况. （2）在距靶MN的中心 O 点多远的范围内有粒子击中？ （3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压 0 U的数值应满足什么条件？（写出 0 U、 mdqT、 、 、 的关系式即可） 答案以及解析答案以及解析 1.答案：（1）对于粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得： 2 1 1 2 qUmv， 代入数据得： 5 4 1 11 22 10100 /10/ 2 10 qU vm sm s m ; （2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有： 1 dv t， 粒子沿电场方向做匀加速运动

7、，则有： y vat， 由题意得： 1 30 y v tan v 由牛顿第二定律得：qEma， 联立以上相关各式并代入数据得： 33 3 10/1.732 10/EN CN C （3）对整个过程，由动能定理得： 222 1 11 ( 22 ) aby qUmvm vv 联立以上相关各式并代入数据得：400 ab UV。 2.答案：(1)设小球运动到最低位置 B 时速度为 v,此时 2 v Nmgm R 由题意，N=2mg 解得： vgR 设电场力大小为 F,做功为 W,小球从 A 处沿槽滑到最底位置 B 的过程中,根据动能定理得： 2 1 0 2 mgRWmv 由、两式得： 1 2 WmgR

8、所以此过程中电场力做负功,则电场力方向水平向右,由|W|=FR,得电场力大小为 | 1 2 FWRmg (2)小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设 此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为 ，如图 mgsinFcos 则得： 1 2 tan 小球由 A 处到最大速度位置得过程中，由动能定理得： 2 11 10 22 m mgRcosmgRsinmv 解得 51 m vgR 3.答案：(1) 2qU v m ； (2) Q带负电， 2UR Q k ； (3)4U 解析：(1)对离子，在加速电场中加速，由 2 1 2 qUmv 解得 2qU v m (2)离

9、子从 B点飞出后，在 Q的作用下做匀速圆周运动，所以 Q带负电， 2 2 Qqv km RR 解得 2UR Q k (3)设NM之间的距离为 d，则PN之间的距离为 d，PN之间的电势差为 PN U，则 dvt 2 1 2 dat PN qU ma d 联立解得4 PN UU 4.答案：(1)小球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tan45 mg Eq 解得： mg q E (2)根据几何关系可知，圆弧的半径2rL 从 P到 B点的过程中，根据动能定理得： 2 1 0

10、22 2 B mvmgLLEqL 在 B点，根据牛顿第二定律得： 2 B v Nmgm r 联立解得： 321Nmg， 方向向上，由牛顿第三定律可知，小球运动到 B点时对管的压力的方向向下 (3)从 P到 A的过程中，根据动能定理得： 2 1 2 A mvmgLEqL 解得：4 A vgL 小球从 C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度4 CA vvgL小球的加速度2gg， 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： 2 1 2 C v tg t 解得： 2 2 L t g 则沿 x轴方向运动的位移 2 22228 C L xv tgLL g 则小球从 C点飞出后落在 x 轴

11、上的位置8 7 xLLL 5.答案：（1）由题意知，微粒在极板间的受力分析如图（a）所示，所受电场力为 F 分析可知，MN板带正电，PQ板带负电 由几何关系得cos mg qE 解得 2 3 3 mg E q . （2）微粒进入极板间做类平抛运动，如图（b）所示 00 tan y v at vv 2 0 00 1 2 tan at y xv t 设微粒在 M 点时速度方向的反向延长线交于 x 轴上的 C 点，则根据平抛运动规律可知速度 方向的反向延长线与 x 轴交于 0 2 x 处，根据几何关系有 000 sin,cos , 22sin2 xxx L dUEd 联立解得 2 5 mgL U q

12、 . 6.答案：（1）经分析知，粒子先向下做匀加速运动，再向下做匀减速运动. （2）粒子打在靶MN上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围. 当粒子在02TT， ，nT时刻进入电场时，粒子将打在 O 点下方最远处，在前 2 T 时间 内，粒子在竖直方向上的位移 2 200 1 1 ( ) 228 qUqU TT y mdmd 在后 2 T 时间内，粒子在竖直方向上的位移 22000 2 2 31 ( )( ) 222216 qUqUqUTT y mdmdd T m 故粒子在 O 点下方的最大位移 2 0 12 5 16 qU T yyy md 当粒子在 3 ,(21) 222 TTT

13、nL 时刻进入电场时，粒子将打在 O 点上方最远处，在前 2 T 时间 内，粒子在竖直方向上的位移 2 200 1 1 ( ) 2 2216 qUqU TT y mdmd 在后 2 T 时间内，粒子在竖直方向上的位移 2200 2 1 ()()0 2222 qUqUTT y mdmd 故粒子在 O 点上方的最大位移 2 0 12 16 qU T yyy md 即在距靶MN中心 O 点上方 2 0 16 qU T md 至下方 2 0 5 16 qU T md 的范围内有粒子击中. （3）要使粒子能全部打在靶MN上，有 2 0 5 162 qU Td md 解得 2 0 2 8 5 md U qT .