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文檔簡介
帶電粒子(體)在電場中運動的綜合練習一、選擇題1.(多選)如圖甲所示,A、B是一對平行金屬板。A板的電勢φA=0,B板的電勢φB隨時間的變化規律如圖乙所示。現有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區域內,電子的初速度和重力的影響均可忽略,則()A.若電子是在t=0時刻進入的,它可能不會到達B板B.若電子是在t=eq\f(T,2)時刻進入的,它一定不能到達B板C.若電子是在t=eq\f(T,8)時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后穿過B板D.若電子是在t=eq\f(3T,8)時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后穿過B板2.(多選)如圖甲所示,長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置,O點有一粒子源,能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為+q、質量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場,取豎直向下為正方向,OO′在兩極正中間,不計粒子重力。以下判斷正確的是()A.粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B.射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C.t=eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子,從O′點射出D.t=eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子,從O′點射出3.(多選)地面上方某區域存在方向水平向右的勻強電場,將一帶正電荷的小球自電場中Р點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點均取在Р點。則射出后()A.小球的動能最小時,其電勢能最大B.小球的動能等于初始動能時,其電勢能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時,其動能最大D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時,重力做的功等于小球電勢能的增加量4.(多選)如圖甲所示,空間有一水平向右的勻強電場,電場強度大小為E=1×104V/m,其中有一個半徑為R=2m的豎直光滑圓環軌道,環內有兩根光滑的弦軌道AB和AC,A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質量為m=0.08kg、電荷量為q=+6×10-5C的帶電小環(視為質點)穿在弦軌道上,從A點由靜止釋放,可分別沿AB和AC到達圓周上的B、C點。現去掉弦軌道AB和AC,如圖乙所示,讓小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動。不考慮小環運動過程中電荷量的變化。下列說法正確的是(cos37°=0.8,g取10m/s2)()A.小環在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1B.小環做圓周運動過程中經過C點時動能最大C.小環做圓周運動過程中動能最小值為1JD.小環做圓周運動過程中對圓環軌道的最大壓力為5N5.(多選)如圖所示,在豎直平面內有水平向左的勻強電場,在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線,細線一端固定在O點,另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角,此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動,重力加速度為g。下列說法正確的是()A.勻強電場的電場強度E=eq\f(mgtanθ,q)B.小球動能的最小值為Ek=eq\f(mgL,2cosθ)C.小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D.小球從初始位置開始,在豎直平面內運動一周的過程中,其電勢能先減小后增大6.(多選)如圖為一固定在豎直面內的光滑絕緣細管軌道,A點與x軸相交,C點與y軸相交,軌道AB段豎直,長度為0.7m,BC段是半徑為0.7m的四分之一圓弧,與AB相切于B點。一質量為m=0.1kg、直徑略小于管徑的帶電小球從A點以初速度v0射入軌道,小球到達最高點C時恰好與軌道沒有作用力。已知小球帶0.01C的正電荷,在x軸上方存在著電場強度大小為100N/C、方向水平向右的勻強電場,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()A.小球的初速度v0為6m/sB.小球的初速度v0為7m/sC.小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為0D.小球從C點射出后運動軌跡與x軸交點橫坐標為-0.7m7.(多選)如圖所示,不帶電物體A質量為m,帶電量為q(q>0)的物體B質量為2m,A、B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接,物體B靜止在傾角為θ=30°且足夠長的斜面上,勁度系數為k的輕彈簧一端固定在豎直擋板上,另一端與物體A相連,整個系統不計一切摩擦。某時刻,施加一場強大小為eq\f(2mg,q)、方向沿斜面向下的勻強電場,在物體B獲得最大速度的過程中彈簧未超過彈性限度(已知彈簧的彈性勢能Ep=eq\f(1,2)kx2,x為彈簧的形變量;輕繩與A、B的接觸面均平行,且不會斷裂),下列說法正確的是()A.施加電場的初始時刻,輕繩的拉力為eq\f(5mg,3)B.物體B的速度最大時,彈簧的形變量為eq\f(2mg,k)C.物體B從開始運動到最大速度的過程中,系統電勢能的減少量為eq\f(4m2g2,k)D.物體B從開始運動到最大速度的過程中,物體A和物體B機械能之和增加8.(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t=0時,在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子,設帶電粒子只受電場力的作用,則下列說法中正確的是()A.帶電粒子始終向同一個方向運動B.2s末帶電粒子回到原出發點C.3s末帶電粒子的速度為零D.0~3s內,電場力做的總功為零二、非選擇題9.如圖甲所示,熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計,電子發射裝置的加速電壓為U0,電容器極板長L=10cm,極板間距d=10cm,下極板接地,電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm,熒光屏足夠長,在電容器兩極板間接一交變電壓,上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短,可以認為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求:(1)在t=0.06s時刻,電子打在熒光屏上的位置到O點的距離;(2)熒光屏上有電子打到的區間長度。10.空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點發射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g,求:(1)電場強度的大小;(2)B運動到P點時的動能。11.如圖所示,空間有一水平向右的勻強電場,電場強度的大小為E=1.0×104V/m。該空間有一個半徑為R=2m的豎直光滑絕緣圓環的一部分,圓環與光滑水平面相切于C點,A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質量為m=0.04kg、電荷量為q=+6×10-5C的帶電小球2(可視為質點)靜止于C點。輕彈簧一端固定在豎直擋板上,另一端自由伸長時位于P點。質量也為m=0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端,現用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側某點后釋放。小球1沿光滑水平面運動到C點與小球2發生碰撞,碰撞時間極短,碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點。P、C兩點間距離較遠,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)黏合體在A點的速度大小;(2)彈簧的彈性勢能;(3)小球黏合體由A點到達水平面運動的時間。答案:1.BC電子在t=0時刻進入時,在一個周期內,前半個周期受到的電場力向右,向右做加速運動,后半個周期受到的電場力向左,繼續向右做減速運動,T時刻速度為零,接著周而復始,所以電子一直向B板運動,一定會到達B板,故A錯誤;若電子在t=eq\f(T,2)時刻進入,則電子受到的電場力向左,故無法到達B板,故B正確;若電子從eq\f(T,4)時刻進入兩板時,電子先加速,經eq\f(T,4)時速度最大,此時電子開始受到反向電場力,經eq\f(T,4)速度減為零,再加速eq\f(T,4)至反向速度最大,接著減速eq\f(T,4)回到原位置,即電子在大于eq\f(T,4)時刻進入時一定不能到達B板,小于eq\f(T,4)時刻進入時一定能到達B板,所以C正確,D錯誤。2.AD由題圖乙可知場強E=eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd),則粒子在電場中的加速度a=eq\f(qE,m)=eq\f(veq\o\al(2,0),2d),則粒子在電場中運動的最短時間滿足eq\f(d,2)=eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min),解得tmin=eq\f(\r(2)d,v0),選項A正確;能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t=eq\f(8d,v0)=2T,則任意時刻射入的粒子若能射出電場,則射出電場時沿電場方向的速度均為0,可知射出電場時的動能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),選項B錯誤;由題圖乙可知,t=eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子先豎直向下加速,加速時間t加=eq\f(2d,v0)-eq\f(d,2v0)=eq\f(3d,2v0)>eq\f(\r(2)d,v0),由選項A分析可知,t=eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子在t=eq\f(2d,v0)前已經打在下極板上,不可能從O′點射出,C錯誤;由題圖乙可知,t=eq\f(3d,v0)=eq\f(3,4)T時刻進入的粒子在豎直方向上先向上加速,加速時間t1=eq\f(4d,v0)-eq\f(3d,v0)=eq\f(d,v0),加速過程中豎直方向的位移y1=eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)=eq\f(d,4),然后向上減速,減速時間t2=t1=eq\f(d,v0),減速過程中豎直方向的位移y2=y1=eq\f(d,4),由y1+y2=eq\f(d,2)可知,粒子恰好不碰到上極板,然后豎直向下加速eq\f(T,4),再向下減速eq\f(T,4)到豎直方向速度為零……如此反復,最后從電場射出時沿電場方向的位移為零,則粒子將從O′點射出,D正確。3.BD如圖所示,qE=mg,故等效重力G′的方向與水平方向成45°角。當vy=0時速度最小,為vmin=v1,由于此時v1存在水平分量,電場力還可以向左做負功,故此時電勢能不是最大,故A錯誤;從射出時刻到小球速度的水平分量為零時,水平方向上v0=eq\f(qE,m)t,在豎直方向上v=gt,由于qE=mg,可得v=v0,如圖所示,即小球的初動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量,故電勢能最大。由動能定理可知WG+WqE=0,則重力做功等于小球電勢能的增加量,故B、D正確;當如圖中v1所示時,此時速度水平分量與豎直分量相等,動能最小,故C錯誤。故選BD。4.AD因為重力與靜電力均為恒力,所以二者的合力大小為F=eq\r((mg)2+(qE)2)=1N,與豎直方向夾角正切值tanθ=eq\f(qE,mg)=eq\f(3,4),解得θ=37°,重力與靜電力的合力指向AO,A為等效最高點,根據等時圓模型,小環在弦軌道AB和AC上運動時間相等,A正確;等效最低點是AO延長線與圓環軌道交點,而非C點,等效最低點速度最大,動能最大,B錯誤;因為小環穿在圓環軌道上且恰好能做完整的圓周運動,則小環在等效最高點A速度最小為零,在A點動能最小也為零,C錯誤;小環在等效最低點時速度最大,動能最大,小環對圓環軌道壓力也最大,從等效最高點至等效最低點過程中,由動能定理得F·2R=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)-0,由牛頓第二定律得FN-F=meq\f(veq\o\al(2,m),R),代入數據解得FN=5N,由牛頓第三定律可知小環做圓周運動的過程中對圓環的最大壓力是5N,D正確。5.AB小球靜止時細線與豎直方向成θ角,對小球受力分析,小球受重力、拉力和電場力,三力平衡,根據平衡條件,有qE=mgtanθ,解得E=eq\f(mgtanθ,q),選項A正確;小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動,在等效最高點A速度最小(如圖所示),根據牛頓第二定律,有eq\f(mg,cosθ)=meq\f(v2,L),則最小動能Ek=eq\f(1,2)mv2=eq\f(mgL,2cosθ),選項B正確;小球的機械能和電勢能之和守恒,則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小,小球帶負電,則小球運動到圓周軌跡的最左端時機械能最小,選項C錯誤;小球從初始位置開始,在豎直平面內運動一周的過程中,電場力先做正功,后做負功,再做正功,則其電勢能先減小后增大,再減小,選項D錯誤。故選AB。6.BC因小球到達最高點時與軌道沒有作用力,說明自身重力完全提供向心力,則mg=meq\f(v2,r),小球從A→C的運動過程中,根據動能定理,有-mg·2r-qEr=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),解得v0=7m/s,故A錯誤,B正確;小球從C點出射,水平方向做勻減速直線運動,初速度為v=eq\r(gr)=eq\r(7)m/s,加速度為a=eq\f(qE,m)=10m/s2,豎直方向為自由落體運動,運動到x軸時,有h=eq\f(1,2)gt2,解得t=eq\r(\f(2h,g))=eq\r(\f(4r,g))=eq\f(\r(7),5)s,則此時橫坐標為x=-vt+eq\f(1,2)at2=0,故C正確,D錯誤。7.AC沒有施加電場時,有FT1=2mgsinθ,FT1=kx1,施加電場的初始時刻,對B有2mgsinθ+qE-FT2=2ma,對A有FT2-kx1=ma,解得FT2=eq\f(5,3)mg,故A正確;物體B速度最大時,有2mgsinθ+qE-FT3=0,FT3=kx2,解得x2=eq\f(3mg,k),故B錯誤;物體B從開始運動到速度最大時的位移為x2-x1=eq\f(2mg,k),系統電勢能的變化量為ΔEp=-qE(x2-x1)=-eq\f(4m2g2,k),所以電勢能的減少量為eq\f(4m2g2,k),故C正確;物體B速度最大時,A的速度也最大,此時彈簧彈性勢能的增加量為eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)-eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)=eq\f(4m2g2,k),與電場力做功相等,所以A、B兩物體的機械能之和不變,故D錯誤。故選AC。8.CD設第1s內粒子的加速度大小為a1,第2s內的加速度大小為a2,由a=eq\f(qE,m)可知a2=2a1,可見粒子第1s內向負方向運動,1.5s末的速度為零,然后向正方向運動,至3s末回到原出發點,粒子的速度為0,v-t圖像如圖所示,由動能定理可知,此過程中電場力做的總功為零,綜上所述,可知C、D正確,A、B錯誤。9.(1)13.5cm(2)30cm解析:(1)設電子經電壓U0加速后的速度為v0,根據動能定理得eU0=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),設電容器間偏轉電場的場強為E,則有E=eq\f(U,d),設電子經時間t通過偏轉電場,偏離軸線的側向位移為y,則沿中心軸線方向有t=eq\f(L,v0),垂直中心軸線方向有a=eq\f(eE,m),聯立解得y=eq\f(1,2)at2=eq\f(eUL2,2mdveq\o\al(2,0))=eq\f(UL2,4U0d),設電子通過偏轉電場過程中產生的側向速度為vy,偏轉角為θ,則電子通過偏轉電場時有vy=at,tanθ=eq\f(vy,v0),則電子在熒光屏上偏離O點的距離為Y=y+Ltanθ=eq\f(3UL2,4U0d),由題圖乙知t=0.06s時刻,U=1.8U0,解得Y=13.5cm。(2)由題知電子偏移量y的最大值為eq\f(d,2),根據y=eq\f(UL2,4U0d)可知,當偏轉電壓超過2U0時,電子就打不到熒光屏上了,所以代入得Ymax=eq\f(3L,2),所以熒光屏上電子能打到的區間長度為2Ymax=3L=30cm。10.(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)+g2t2)解析:(1)設電場強度的大小為E,B所受等效重力G效=mg+qE,小球B運動的加速度為a。根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件,有mg+qE=ma,eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2=eq\f(1,2)gt2聯立解得E=eq\f(3m
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