专题09带电粒子在电场中的运动第03期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题9带电粒子在电场中的运动-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（II）一．选择题二．计算题1.(2018·余姚模拟)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为－q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d＝d0时，η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm；(2)求收集效率η与两板间距d的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间内下板收集的尘埃质量ΔmΔt与两板间距d的函数关系，并绘出图线。解析：(1)收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有L＝v0t在竖直方向有0.81d0＝12at2a＝Fm＝qEm＝qUmd0当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm，如果进一步减小d，收集效率仍为100%。因此在水平方向有L＝v0t在竖直方向有dm＝12a′t2a′＝F′m＝qE′m＝qUmdm联立得dm＝0.9d0。(2)通过前面的求解可知，当d≤0.9d0时，收集效率η均为100%，当d＞0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x＝qU2mdLv022根据题意，收集效率为η＝xd联立以上各式得η＝0.81d0d2。(3)稳定工作时单位时间内下板收集的尘埃质量为ΔmΔt＝η×nmbdv0当d≤0.9d0时，η＝1ΔmΔt＝nmbdv0当d＞0.9d0η＝0.81d0d2因此ΔmΔt＝0.81nmbv0d02d。绘出曲线如图：答案：(1)0.9d0(2)η＝100%，d≤0.9d00.81d0d2，d＞0.9d0(3)ΔmΔt＝nmbdv0，d≤0.9d00.81nmbv0d02d，d＞0.9d0图线见解析2．（2019重庆九校联盟12月联考）在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m＝0.1kg、带电荷量q＝+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0，0，4)，(0，4，0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：3（1）初速度v0的大小；（2）A、B两点间的电势差UAB；（3）小球经过B点时的速度大小。【名师解析】（1）小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度0mgqEam解得a＝5m/s2根据平抛运动规律有，小球沿水平方向做匀速运动：xA＝v0t沿竖直方向有：212Pyat02APavxy解得v0＝1m/s。（2）设水平电场的电场强度大小为E，因未进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度2yPvya因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有0yvqEmgv解得E＝50N/C设小球在水平电场中运动的水平距离为lqElmgd根据U＝El解得UAB＝5V。4（3）设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有220011()22PABPmvmvmgydqUqEy解得10m/sv。3.（2019辽宁大连八中质检）如图所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为，板中央有小孔O和现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间在B板右侧，平行金属板M、N长，板间距离，在距离M、N右侧边缘处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的并发出荧光现给金属板M、N之间加一个如图所示的变化电压，在时刻，M板电势低于N板已知电子质量为，电量为C.每个电子从B板上的小孔射出时的速度多大？打在荧光屏上的电子范围是多少？打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？【解析】电子经A、B两块金属板加速，有得当时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为，说明所有的电子都可以飞出M、N．此时电子在竖直方向的速度大小为5电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为电子打在荧光屏P上的总偏移量为，方向竖直向下；y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有即解得当时，电子飞出电场的动能最大，答：每个电子从B板上的小孔射出时的速度是打在荧光屏上的电子范围是；打在荧光屏上的电子的最大动能是J.4.（2019四川成都高新区模拟）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数K＝5N/m的轻弹簧一端固定在0点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝+4×l0﹣6C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g＝lOm/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求B所受静摩擦力的大小；（2）现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了△Ep＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4．求A6到达N点时拉力F的瞬时功率。【解答】解：（1）据题意静止时受力分析如图所示由平衡条件得：对A有mAgsinθ＝FT①对B有qE+f0＝FT②代入数据得f0＝0.4N③（2）据题意A到N点时受力分析如图所示由牛顿第二定律得：对A有F+mAgsinθ﹣FT﹣FKsinθ＝mAa④对B有FT′﹣qE﹣f＝mBa⑤其中f＝μmBg⑥设弹簧的伸长量是x，FK＝kx⑦设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得△EP＝qEd⑧由几何关系得⑨A由M到N由得A运动到N的速度⑩拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv⑪由以上各式代入数据P＝0.528W⑫答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N。（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W。7【点评】本题综合考查了共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系，以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强训练。