1、课时规范练 25 带电粒子在电场中的综合问题课时规范练第 49 页 基础对点练1.(带电粒子在交变电场中的运动)(2018安徽蚌埠一质检 )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.11 B.21 C.31 D.41答案 C解析 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
2、粒子偏转位移最大 ymax=a( )2+a aT2,2 22=38粒子在 t=nT+ 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2移最小 ymin=0+a( )2= aT2,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。2 182.(多选 )(2018河南濮阳三模 )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
3、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 21答案 BD解析 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= t2,可知位移之比为 21,说明 PQ 粒子的电荷量之比12为 21,故 D 正确。电势能的减少量为电场力做的功,即 EpPEpQ=2qUq =41,故 B 正确。动能增2加量为合外力做的功,即 EkPEkQ=(mgh+2qU)(mgh+q ),由于不知道重力与电场力的关系,故 C2错误。3.(多选 )(2019河南中原名校第一次
4、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3B.质点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答案 ACD解析 设质点在板间运动的过程中加速度大小为 a,则质点离开电场时竖直分速度大小
5、vy=at1=,质点离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动,则 vy=gt2=g ,联立解得- 0 20E= ,A 正确 ;质点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3后,质点一定打在屏的上方,做斜上抛运动。否则,质点离开电场后轨迹向下弯曲,质点不可能垂直打在板上。质点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,质点垂直打在板上时速度也水平,根据质点的轨迹弯曲方向可知两个过程质点的合力方向相反,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
6、容器的电压要减小,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,所以质点的运动情况不变,再让该质点从 O 点以水平速度 v0 射入板间 ,质点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= 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,所以质点的运动情况不变,再让该质点从 O 点以水平速度 v0 射入板间,质点依然会垂直打在光屏上,D 正确。4.(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
7、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。答案 (1) (2) 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=(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=at 2联立解得:t=5.(2018福建厦门第二次质量检查)如图所示为某种静电分选器的原理简图。两个竖直放置的平行金属板 PQ
8、 和 MN,加上恒定电压可形成匀强电场( 电场可视为仅局限在平行板之间) 。一带负电颗粒电荷量为 q,质量为 m,从绝缘斜槽滑下,从 PQ 板上边缘水平进入金属板间区域。已知两板间距为 d,板长为 L,重力加速度为 g,空气阻力不计。(1)若两金属板未加上电压 ,颗粒恰好从 QN 中央离开,求颗粒进入金属板的速度大小 v0;(2)若两金属板加上电压 (MN 板接正极),颗粒仍以 v0 水平进入金属板间,要使颗粒下落过程中不接触到金属板 MN,求所加电压应满足的条件。答案 (1)v0= (2)U0) 的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域,并从该区域的右边界离开。
9、已知 N 离开电场时的位置与 A 点在同一高度;M 刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的 8 倍。不计空气阻力,重力加速度大小为 g。已知 A 点到左边界的距离也为 L。(1)求该电场的电场强度大小;(2)求小球射出的初速度大小;(3)要使小球 M、N 离开电场时的位置之间的距离不超过 L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速度需满足的条件。答案 (1) (2) (3)初速度不小于 24 2 解析 (1)设小球 M、N 在 A 点水平射出的初速度大小为 v0,则它们进入电场时是水平速度仍然为v0,所以小球 M、N 在电场中运动的时间相等。进入电场前,水平方向 L=v0t1竖直方向下落的距离
10、d=12g12进入电场时竖直速度 vy1=gt1进入电场后,水平方向 L=v0t2故 t1=t2=t设 N 粒子运动的加速度为 a,竖直方向有 d=-vyt+at2解得 a=3g根据牛顿第二定律 Eq-mg=ma解得 E=4(2)粒子 M 射出电场时竖直速度为 vy2=vy1+atEq+mg=mam( )=8m( )02+22 02+12解得:v 0=2来源:Zxxk.Com(3)以竖直向下为正 ,M 的竖直位移为 yM=vy1t+at2N 的竖直位移为 yN=vy1t-at2yM-yN L解得:v 02 9.(2018湖北八校联考 )如图所示,竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为 R=0.2
11、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
12、示)。(3)在(2)问的情景中,试求物块在水平面上运动的总路程。答案 (1) m/s (2)见解析 (3) m14解析 (1)对物块从 A 至 D 过程中由动能定理可知-2mgR-mgL= ,12m212m02对物块在 D 点有 mg=m ,2联立解得 v0= m/s。14(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= -0,12m2可得 vC=0 m/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 = ,=arctan。=13(3)对于物块在水平面上运动的全程有 qEL-mgL 总 =0,解得 L 总 = m。
