2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做8 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).docx

《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做8 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理三輪沖刺 大題提分 大題精做8 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng).docx（3頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

大題精做八 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離L8 cm，極板長(zhǎng)為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板右端到熒光屏的距離也是2L，在兩極板間接有一交變電壓，電壓變化周期T4 s，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中央持續(xù)射入，穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的。(1)求電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0 (用電子比荷、加速電壓U0表示)；(2)在電勢(shì)變化的每個(gè)周期內(nèi)熒光屏?xí)霈F(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個(gè)周期內(nèi)的“黑屏”時(shí)間有多長(zhǎng)？(3)求熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長(zhǎng)度。【解析】根據(jù)題意可知，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度即為電子出加速電場(chǎng)時(shí)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理有：eU012mv020解得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為：v02emU0電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至熒光屏，由圖甲可知，只要電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，即可打到熒光屏上，因此當(dāng)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中側(cè)移量大于L/2時(shí)，電子將打在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板上，致使出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，設(shè)電子剛好能射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓為Um，則有：L212eUmmL(2Lv0)2解得：Um0.5U0結(jié)合圖乙可知，在偏轉(zhuǎn)電壓u0.8U00.5U0之間變化時(shí)，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子無法射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)打到光屏上，因此每個(gè)周期時(shí)間內(nèi)熒光屏出現(xiàn)“黑屏”的時(shí)間為t0.8-0.50.8+0.4T1s設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量為y，打在熒光屏上的位置到O的距離為Y，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系有：YyL+2LL3當(dāng)電子向上偏轉(zhuǎn)時(shí)，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y13L212cm當(dāng)電子向下偏轉(zhuǎn)時(shí)，在屏上出現(xiàn)的最大距離為：Y230.40.5L29.6cm所以熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長(zhǎng)度為：lY1Y221.6cm。2如圖所示，質(zhì)量m1.0 kg、電荷量q4103 C的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)度l0.8 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸吊在O點(diǎn)，過O點(diǎn)的豎直線右側(cè)有豎直向下足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E5103N/C?，F(xiàn)將小球拉至A處，此時(shí)，細(xì)線與豎直方向成角?，F(xiàn)由靜止釋放小球，在小球運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)線始終未被拉斷。已知cos ，取重力加速度g10 m/s2。(1)求小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小。(2)小球第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)做什么運(yùn)動(dòng)？小球第一次離開電場(chǎng)時(shí)的速度多大？(結(jié)果可以保留根號(hào))(3)求小球每次離開電場(chǎng)前瞬間細(xì)線對(duì)小球的拉力大小。【解析】(1)小球從A處運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得：mgl(1cos )mv02代入數(shù)據(jù)得v02 m/s(2)由于qEmg10 Nm5 N，故小球先做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：xv0t，yat2，qEmgma(yl)2x2l2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：t0.4 s，xy0.8 m即小球恰好處于水平位置時(shí)細(xì)線張緊，此時(shí)，小球的豎直分速度vyat4 m/s細(xì)線張緊瞬間，小球水平分速度立即變?yōu)榱悖载Q直分速度作為初始速度做圓周運(yùn)動(dòng)，則由細(xì)線張緊位置到第一次離開電場(chǎng)時(shí)，由動(dòng)能定理得：(qEmg)lmv12mv y2代入數(shù)據(jù)得：v14 m/s(3)小球第一次離開電場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得：mg2lmv12mv12解得：v18 m/s由于qEmg10 Nm80 N故此后細(xì)線張緊有拉力，小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球第n次經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)速度為vn，由動(dòng)能定理得：(n1)qE2lmv n2mv12，n1，2，3，解得：v n264(n1)32，n1，2，3，在最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：FmgqEm聯(lián)立解得：F10(8n3)(N)，n1，2，3，.1靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費(fèi)少、質(zhì)量好、有利于工人健康等優(yōu)點(diǎn)，其裝置示意圖如圖所示。A、B為兩塊平行金屬板，間距d0.30m，兩板間有方向由B指向A、電場(chǎng)強(qiáng)度E1.0103N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在A板的中央放置一個(gè)安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個(gè)方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的質(zhì)量m2.01015kg，電荷量q2.01016C。噴出的初速度v02.0m/s。油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒所受重力和空氣阻力以及微粒之間的相互作用力均可忽略。求：(1)微粒落在B板上的動(dòng)能；(2)微粒從離開噴槍后到達(dá)B板所需的最短時(shí)間；(3)微粒最后落在B板上所形成圖形的面積?！窘馕觥?1)據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)每個(gè)微粒做功WEktEk0qEd微粒打在B板上時(shí)的動(dòng)能EktWEk0qEdmv代入數(shù)據(jù)解得Ekt6.41014J。(2)微粒初速度方向垂直于極板時(shí)，到達(dá)B板時(shí)間最短，到達(dá)B板時(shí)速度為vt，由Ektmv可得vt8.0m/s，由于微粒在兩極板間做勻變速運(yùn)動(dòng)，即。解得t0.06s。(3)由于噴槍噴出的油漆微粒是沿各個(gè)方向的，因此微粒落在B板上所形成的圖形是圓形。噴槍沿垂直電場(chǎng)方向噴出的油漆微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，油漆微粒沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的加速度a運(yùn)動(dòng)的位移dat油漆微粒沿垂直于電場(chǎng)方向做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的位移即為落在B板上圓周的半徑Rv0t1微粒最后落在B板上所形成的圓面積SR2聯(lián)立以上各式，得S代入數(shù)據(jù)解得S7.5102m2。2如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的x軸水平，y軸豎直，處于豎直向下、大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，過O點(diǎn)，傾角為60的足夠大斜面固定在坐標(biāo)系中。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從y軸上的P點(diǎn)，以某一速度沿x軸正方向射入，經(jīng)過時(shí)間t，在坐標(biāo)平面內(nèi)加上另一勻強(qiáng)電場(chǎng)E，再經(jīng)過時(shí)間t，粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達(dá)斜面，且到達(dá)斜面時(shí)速度為零不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子的初速度大?。?2)P點(diǎn)與x軸的距離；(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)E的電場(chǎng)強(qiáng)度大小?！窘馕觥?1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，第一個(gè)時(shí)間t內(nèi)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)加速度a加上電場(chǎng)E時(shí)，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)粒子在豎直方向的速度vyat此時(shí)合速度方向垂直于斜面：tan 可解得粒子的初速度v0(2)第一個(gè)時(shí)間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移y1at2水平方向的位移x1v0t在第二個(gè)時(shí)間t內(nèi)，粒子在豎直方向的位移也為y1，水平方向的位移x2y1tan P點(diǎn)到x軸的距離l2y1(x1x2)tan 代入數(shù)據(jù)得：l(3)在第二個(gè)時(shí)間t內(nèi)，在豎直方向：qEyqE0ma在水平方向：所以E解得：EE03在一空間范圍足夠大區(qū)域內(nèi)可能存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)線與坐標(biāo)xOy平面平行。以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，作半徑為R的圓交坐標(biāo)軸于A、B兩點(diǎn)，C點(diǎn)為AB圓弧中點(diǎn)位置，如圖所示。在原點(diǎn)O處有帶正電小球，以某一初動(dòng)能沿x軸正向水平拋出。(1)空間電場(chǎng)強(qiáng)度為0時(shí)，小球以Ek0的初動(dòng)能從O點(diǎn)平拋，剛好能經(jīng)過C點(diǎn)位置，求小球經(jīng)過C點(diǎn)位置時(shí)的動(dòng)能。(2)空間電場(chǎng)強(qiáng)度不為0時(shí)，小球以Ek0的初動(dòng)能從O點(diǎn)平拋，當(dāng)小球經(jīng)過圖中圓周上D點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大小為2Ek0，求D點(diǎn)位置坐標(biāo)（圖中未標(biāo)出D點(diǎn)）。(3)空間電場(chǎng)強(qiáng)度不為0時(shí)，小球以某一初動(dòng)能從O點(diǎn)平拋，小球經(jīng)過圖中圓周上C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大小為2Ek0，若已知帶電小球的質(zhì)量為m，電量為q，求空間所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。ㄓ胢、q、g表達(dá)）?！窘馕觥浚?）小球從O到C做平拋運(yùn)動(dòng)有xc22Rv0tyc22R12gt2212vyt可得vy2v0則vCv02+vy25v0得EkC5Ek0（2）小球過D點(diǎn)時(shí)有xDv0tyD12vytEkD2Ek0即12m(v02+vy2)212mv02可得vD2v0則有vyv0代入位移公式得：yD12xD又由幾何關(guān)系得xD2+yD2R2解得xD255R，yD55R（3）在（1）問中由22Rv0t和22R12gt22可得v02224gR空間有電場(chǎng)時(shí)小球過C點(diǎn)有：xcv0tyc12at22其中amg-Eqm，xcyc22Rvy2v0EkC2Ek0即12m(v02+vy2)212mv02可得v012v0代入位移公式得：a42v025R2g5代入加速度公式得E3mg5q4在足夠大的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一條與電場(chǎng)線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個(gè)小球A和B，質(zhì)量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2.5q的B球在A球正下方，相距為L(zhǎng)。由靜止釋放B球，B球沿著直線運(yùn)動(dòng)并與A球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞中A、B兩球的總動(dòng)能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)第一次碰撞后，A、B兩球的速度大小vA、vB；(3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時(shí)間間隔會(huì)相等嗎?如果相等，請(qǐng)計(jì)算該時(shí)間間隔T；如果不相等，請(qǐng)說明理由。【解析】（1）由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場(chǎng)力的作用下恰好靜止，則qEmg可得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小Emgq（2）由靜止釋放B球，B球?qū)⒃谥亓碗妶?chǎng)力的作用下向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1由動(dòng)能定理（2.5qE-mg）L12m v12 解得v13gLA、B兩球碰撞時(shí)間很短，且無動(dòng)能損失，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒m v1mvA+ m vB12m v1212mvA2 +12m vB2 聯(lián)立解得vA0，vB v13gL（3）設(shè)B球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，A、B兩球第一次碰撞后，A球開始向上以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到第二次碰撞前的時(shí)間間隔是t1根據(jù)位移關(guān)系v1 t112a t12 解得t12v1a碰撞過程滿足動(dòng)量守恒且無動(dòng)能損失，故每次碰撞之后兩球都交換速度，第二次碰撞后，A球向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為at12v1B球向上做初速度為v1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到第三次碰撞前的時(shí)間間隔是t2由位移關(guān)系2v1 t2 v1 t2+12a t22 解得t22v1a t1 以此類推，每次碰撞時(shí)間間隔相等，該時(shí)間間隔為T2v1a根據(jù)牛頓第二定律2.5qE-mgma ,a1.5g T4L3g5如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在直角坐標(biāo)系xOy，第二象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E1，在第一象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E20.375N/C，在第一象限內(nèi)，y4m處有水平絕緣平臺(tái)PA，右端與半徑為R0.4m的光滑絕緣豎直半圓弧軌道ACD平滑連接，相切于A點(diǎn)，D為其最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m12g、帶正電q0.1C的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從x軸上某點(diǎn)Q以與x軸負(fù)半軸成60、大小v010m/s的速度射入第二象限，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)在第二象限內(nèi)小球運(yùn)動(dòng)的某段路徑上加上垂直于紙面向外的圓形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2T，小球經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域后恰好水平向右運(yùn)動(dòng)，垂直于y軸從點(diǎn)P（0，4m）進(jìn)入第一象限，恰好與靜止放置在P點(diǎn)且可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m23g、不帶電的絕緣小物塊碰撞并粘合在一起沿PA方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)碰撞過程中帶電量不變，粘合體命名為小物塊S。已知小物塊S與平臺(tái)的動(dòng)摩擦因數(shù)0.35，平臺(tái)PA的長(zhǎng)度L1.0m，重力加速度g10m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不計(jì)空氣阻力。求：(結(jié)果可用根號(hào)表示)(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大??；(2)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r的大小和圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積；(3)小物塊S在圓弧軌道上的最大速度；小物塊S能否達(dá)到D點(diǎn)，若不能，請(qǐng)說明理由，若能，請(qǐng)求出小物塊S落到平臺(tái)PA上的位置與A點(diǎn)的距離?！窘馕觥?1) 小球m1在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有可得電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小(2) 如圖所示，在圓形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有可得磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑小球m1從G點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從H點(diǎn)射出磁場(chǎng)，其弦長(zhǎng)GH為最小磁場(chǎng)圓的直徑，由幾何知識(shí)有其圓心角120 磁場(chǎng)圓的最小半徑最小面積；(3) 小球m1和小物塊m2在P處碰撞，由動(dòng)量守恒定律有可得碰撞后小物塊S的速度小物塊S在圓弧軌道上受電場(chǎng)力和重力作用的合力方向與豎直方向的夾角設(shè)為，解得過圓心作合力的平行線交圓周下方為M點(diǎn)，如圖，小物塊S在M點(diǎn)有最大速度。小物塊S由P到M，由動(dòng)能定理有可得小物塊S運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度：假設(shè)小物塊S能夠通過圓弧到達(dá)D點(diǎn)，從P到D，由動(dòng)能定理有可得小物塊S在D的速度：在D點(diǎn)有可得在D點(diǎn)的軌道的支持力，故假設(shè)成立，小物塊S能到達(dá)D點(diǎn)。小物塊S從D點(diǎn)水平拋出，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，可得落點(diǎn)距A的距離。