专题5 带电体在叠加场中的运动&专题6 带电体在交变场中的运动-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(人教版2019)

题 带电体在叠加场中的运动 C限时 15分钟 1.(2024·广西南宁校联考) C.小球运动过程中的最大速率为√2gR 如图所示，在竖直平面内有 D.若从c点静止释放小球，小球将沿直线 0 水平向左的匀强电场，匀强 运动至b点 电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端 3.(2024·河北张家口月考)如图所示，电场 固定在O点，另一端系一可视为质点的质 量为m、电荷量为g的带电小球.小球静止 强度大小为B=3g方向水平向左的匀强 时细线与竖直方向成日角，此时让小球获得 电场充满整个空间，电场中有一个与水平方 沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直 向成0=53的光滑斜面与一个光滑的半径 平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速 R=1m的竖直圆轨道在A点相切，B点为 度为g.下列说法正确的是 圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点。 A.小球带正电，且匀强电场的电场强度大 一质量为m=1kg,电荷量为-q(g>0)的带 小E="ngtan0 电小球从斜面上静止释放，已知重力加速度 g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6，若 B.小球做圆周运动过程中速度的最小值 小球能通过C点，则其会被其他装置取走 为 gL (1)若运动过程中小球对轨道的最大压力 Ncos 0 大小为67.5N,求小球释放点与A的 C.小球从原静止位置运动至圆周轨迹最高 距离： 点的过程中动能逐渐减小，电势能一直 (2)若将电场方向反向，场强大小不变，小 增大 球恰能到达C点，求小球运动在过程中 D.小球从原静止位置开始至其在竖直平面 对轨道的最大压力大小 内运动一周的过程中，机械能先减小后 增大 2.(2024·湖北武汉期中)如 B 图所示，空间中存在水平向 ap- 右的匀强电场，电场中固定 一半圆形绝缘槽，槽的左右 端点a、c等高，b为槽的最低点.从a点静止 释放一质量为m的带负电的小球，小球沿圆 弧槽下滑至b点时对槽的压力为mg.小球可 视为质点，运动过程中电量保持不变，摩擦力 可忽略不计.下列判断正确的是 A.小球可以运动至c点 B.小球将在b点保持静止 06黑白题物理|必修第三册·RJ 题 带电体在交变场中的运动 。限时 15分钟 1.(2024·安徽滁州月考)（多选）如图甲所 MW右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度 示，一平行板电容器极板板长l=10cm,宽 a=8cm,两极板间距为d=4cm.距极板右 大小等于。，在电场中有一水平放置的粒 子接收板，粒子接收板的上表面比平行板下 端，处有一竖直放置的荧光屏：在平行板电 板的上表面低的高度为板间距离的一半，不 容器左侧有一长b=8cm的“狭缝”粒子源， 计粒子重力，不计粒子间的相互作用，求： 可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向 (1)两平行金属板间的距离： 电容器内射入比荷为2×10°C/kg、速度为 (2)接收板上能接收到粒子区域的长度为 4×10m/s的带电粒子（不计重力）.现在平 多少？ 行板电容器的两极板间加上如图乙所示的 交流电，已知粒子在电容器中运动所用的 0.5TT1.5T27 时间远小于交流电的周期.下列说法不正 确的是 200 0.01六.02→ -200 A.粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最 大距离为6.25cm B.粒子打在屏上的区域面积为16cm C.在0~0.02s内，进入电容器内的粒子有 32%能够打在屏上 D.在0~0.02s内，屏上出现亮线的时间为 0.0128s 2.(2024·江西宜春月考)如图甲所示，长为L 的平行金属板水平固定放置，两板间加有如 图丙所示的方波电压，图丙中U。、T均已 知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不 断地从P点射出质量为m、电荷量为q的带 正电的粒子，粒子穿过两板所用的时间为 T,从=0时刻射入两板间的粒子刚好从下 板右端边缘射出，在两板右边的竖直虚线 进阶突破·专项练07因打在光屏上速度方向与光屏垂直.则有二=m60°，设物休运动的 上轴方向的位移为'轴方向上的位移为，则有。g=m,x 2产，=o1'+’m30=23d.同时根据动能定理有？ 6,联立得到 3.(1)1.2m(2)75N 解析：(1)设重力与电场力的合力方向与竖直方向成m角，故tanα 专题五带电体在叠加场中的运动 .解得a=37,重力与电场力合力大小为F=√B网+(mg= mg 1.B解析：A,小球静止时细线与竖直方向成8角，由平衡条件可知电 场力水平向右，与场强方向相反，小球带负电，根据平衡条件有5 g,由释放点到最大速度点由动能定理得(+R)=了2，对该 5 g an8,解得Eamg1an 一，A错误：B.小球恰能绕O点在竖直面内做圆 点由牛顿第二定律得N-F=mR,由牛顿第三定律得压力R=N,解 9 得s=1.2m 周运动，在等效最高点A点速度最小，如图所示，重力与电场力合力 (2)若电场反向，设小球于B点左侧α角处达到最大速度，同理解得 的大小等于F,且学=，又因为恰能完成圆周运动，则小球在等 a=37°，合力大小仍为F,沿如图所示OD方向， 效最高点4有最小速度期有受联立求得高。B正确： C.小球从静止位置沿逆时针方向运动至圆周轨迹最高点的过程中， B 电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，在从开始到最高点 的过程中，重力与电场力合力做负功，动能减小，C错误：D.小球从静 此时若小球能到达C点，应先恰能到达E点，对￡点受力分析得F= 止位置开始沿逆时针方向至其在竖直平而内运动一周的过程中，小 球的机械能和电势能之和守恒，小球电场力先做正功后负功后再 V(gm名解得 ?ms,对D到E由动能定理 做正功，则电势能先减小后增大再减小，机械能先增大后诚小再增 1 510 得-f,2R=2mi2mi,解得o2 -/s, 大，D错误故选B. 对该点由牛顿第二定律符心-F=m尽，由牛顿第三定律得压力 F、=N"=75N 专题六带电体在交变场中的运动 1,ABC解析：AB.设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U。,水平方 g 向有1=经直方向有号. “m郭得化， =128V, 2.D解析：A.小球沿圆弧槽下滑至6点时对槽的压力为mg,由牛顿 第三定律可知，在竖直方向圆孤槽6点对小球的支持力大小为mg, 当>128V时粒子打到极板上，当U≤128V时打到屏上.可知粒子 可知小球在竖直方向受力平衡，由牛横第二定律可知，此时小球的速 1 度是零，且受电场力方向水平向左，因此小球不可以运动至 通过电场时偏移距离最大为 号号台片 点，A错误：山.小球在竖直方向受力平衡，受电场力方向水平向左，由 d=4cm,又由对称性知.粒子打在屏上的总长度为2y,区域面积 牛顿第二定律可知.小球向左做加速运动，B错误：C.小球在a点时 速度是零，在b点时速度是零，可知小球从a点到b点，重力势能转 为S=20=4em2,故AB错误：C粒子打在屏上的比例为器%： 化为电势能，且重力势能的诚少量等于电势能的增加量，则有mgR= 64%,所以在0~0.02s内，进人电容器内的粒子有64%能够打在屏 qR,可得=mg,由题意可知，当小球从m点下落到受重力和电场 上，故C铅误：D.在前}T内，粒子打到屏上的时间。=× 128 力的合力方向与0点的连线在一条直线上时，小球的速率最大，如图 所示，由动能定理，则有mgRn450-bR(1-eos45)=号m 0.005“=0.(0032%,又由对称性知.在一个周期(0-0.02s)内.打到屏 F2m2 上的总时间1=41。=0.0128s,即屏上出现亮线的时间为0.0128s,故 号e水-受）-宁期得=V2-.c错： D正确.故选ABC tn7产 D,由C选项分析可知小缘受到的重力大小等于受到的电场力，因 2.(1)A2m (2)(3-1) ‘m 2gUnT 此小球在e点时受到的合力大小为Fa=2mg,受合力方向与水平 解析：(1)设板间距离为d.从=0时刻射进电场的粒子，刚好从下板 直径成45角.即由点指向b点，因此从e点静止释放小球，小球将 沿直线运动至b点.D正确.故选D. 右端边缘射出，则粒子在电场运动的加速度大小1= 由垂直于 必修第三册·RJ黑白题60 板方向上的位移关系得 2x T 22 ）,解得d√2m 所以有人。 术=b,解得R,,人 (2)由于所有粒子踩过电场的时间均为T,因此所有粒子出电场时沿 (6)由题意有U。=/.(R、+R）,解得R中=28802 电场方向的速度为零，即所有粒子射出电场时速度大小为。，方向水 实物连线如答案图所示 平向右，根据对称性，从=0,5T时刻进人电场的粒子刚好从上板右 专题八测量电阻的特殊方法 边缘水平向右射出.即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长 1.(1)CE(2)如图所示(3)4227偏小 为d的区城内.从上板右端边缘射出的粒子进人右侧电场后，做 3 类平抛运动.由平抛运动规律得=0,2仁】·分，= +9m72 得x1=0入√2g00 ,从下板右端边缘射出的粒子进人MN右侧电场 后，做类平抛运动.则名=，2= ·华解得与 ‘mE 解析：(1)本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开 a 2qVo ,粒子穿过两板的过程中，在平行于极板方向上做匀速直 关S,闭合前后，始终认为电路中的电流不变，即实验中为了减小系 统误差，滑动变阻器接人电路的阻值需要远远大于电流表G的内阻， 线运动，故初速度。T,因此接收板上能接收到粒子的区城长度 选用的滑动变阻器为E本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流 4r=x1-=(3-1) m° 表的电压，则要选电动势大一点的电源故选C V2g。r (2)实物图连接如答案图所示」 专题七电流表、 电压表的改装 (3)保持R,的滑片不动.再闭合S,调节R,使电流表G的示数为 1,C解析：“0-3V”量程时.电压表接入电路的电阻为100D+ e=1mA,则电阻箱的电流为/e=-c=2mA-1mA=1mA,电阻箱 29000=30001. 的陶值为R=422.7D,根据并联电路的规律可知电流表G的电阳为 所以“0~3V”量程电压表的内附Rv为3000. 如B=42.70,当5，接通时，R有电流流过，风和G并联，并联 电压表的表头满偏时，电压表两端电压为3V,内阻R、为3000D. 后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏时， 根据欧姆定律可得满偏电流，300A1mA,故选C R2中电流大于半偏电流，期测量值小于真实值 2.C解析：表头的满偏电流/=1mA=0001A, 2.(1)1.780(2)①420.40③55.9 微安表内阻R.=9000, 解析：(1)该铜导线直径为1,5mm+0.01mm×28.0=1.780mm. 改装后电流表量程/=10mA=0.01A. (2)①开关闭合前.滑动变阻器滑片应置于A瑞： 改装后电压表量程U=5V, ②当电流计指针稳定指向中央零刻度线时，电阻箱的阻值为R1= 由欧姆定律得1R=(-)R,U=R+R, 150n,则是飞 解得R=0.402. 代人数据解得R,=100D.R,=410.故选C. R.R L.4pl. 3()电压表的示数比较小，测量误差比较大(5)÷专 ③根据代，=ps (6)2880如图所示 解得L=产.314x(L.780x103x04 m=55.9m 4p 4x1.78×108 3()A4R(2)北)(3)不会 标准电压表 解析：(1)电流表A的内阻1未知，电流表A2的内阻2已知，为使 待测电流表 金属电阻阻值的测量结果尽量准确，图中a应选用A,b应选用A:, 定值电阻 滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器减选择最 大阻值较小的滑动变阻器R (2)根据申，并联电路特点和欧期定律可得1(R。+r)=(1,-)R, 化简得Rn+r= 解析：(1)由题日中的数据分析可知当电流表满偏时，电流表两端 的电压约为01V,占电压表量程的 0,电压表的读数误差比牧大 2-山图像的斜率为k,所以金属电阻的阻值为R,一R。+ (3)根据以上分析可知此实验测量不会产生系统误差 11 R (5)由题意有U=1(R、+R),所以 4.(1)1700F挡或交流电压最大挡(2)①V2V,②50 参考答案与解析黑白题61