2024年高考物理第一轮复习讲义：第八章 专题突破9　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题

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 【A级——夯实基础】 1．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)解析：电子在交变电场中所受静电力恒定，加速度大小不变，C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电子所受静电力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。答案：A2．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)A．小球带负电B．静电力与重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与静电力的合力为0，即静电力与重力平衡，则静电力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，静电力做负功，电势能增大，C错误；由于有静电力做功，机械能不守恒，D错误。答案：B3．如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(　　)A．Q点在P点正下方B．小球电势能减少C．小球重力势能减少量等于mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析：从P点到Q点，根据动能定理可知mgh＋W电＝mv02－mv02＝0，因重力做正功，则静电力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝mg2t2，选项C正确。答案：C4．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止开始沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则(　　) A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝B．在小金属块由A点向C点运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为 D．从B点到C点的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能解析：小金属块从A点到B点过程，由动能定理得－qUAB－μmgL＝mvm2－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，库仑力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A点到B点过程，小金属块做加速运动，B点到C点过程，小金属块做减速运动，在B点小金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝k，得r＝，故C正确；从B点到C点的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误。答案：C5．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)A．匀强电场的电场强度E＝B．小球动能的最小值Ek＝C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大解析：小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mg tan θ，解得E＝，选项A错误；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。答案：B6．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)(　　)A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2 s内，静电力做功等于0C．4 s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4 s内，静电力做功等于0解析：画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v-t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，静电力做功等于0，D正确。答案：D7．如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以初速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)A．粒子在该过程中克服静电力做功mv02B．匀强电场的电场强度大小为C．粒子在B点的电势能比在A点的电势能大mv02D．粒子从A点运动到B点所用的时间为解析：竖直方向粒子在重力作用下做加速度为g的匀减速直线运动，则v0＝gt，t＝，水平方向粒子在静电力作用下做匀加速直线运动，则v0＝at＝t，则a＝g；匀强电场的电场强度大小E＝，B错误，D正确；从A点到B点静电力做正功W＝qE·＝mv02，则电势能减小mv02，则粒子在A点的电势能比在B点的电势能大mv02，A、C错误。答案：D8．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，整个过程斜面均保持静止，物块所带电荷量不变，则下列判断正确的是(　　)A．物块在上滑过程中机械能一定减小B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C．物块下滑时经过C点的动能一定小于上滑时经过C点的动能D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零解析：上滑过程中，满足qE cos θ＞Ff＋mg sin θ，则静电力做的功大于克服摩擦力做的功，即合力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误。上滑过程中由动能定理W电－Wf－WG＝ΔEk，则W电＞WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误。由于摩擦力做功，由能量关系可知，物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C错误。当不加静电力时，由于斜面对物体的支持力FN＝mgcos 30°，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg sin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加静电力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。答案：D【B级——能力提升】9．(2019·全国Ⅲ卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma                    ①a()2＝gt2                               ②解得E＝。                 ③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－mv12＝mgh＋qEh             ④且有v1＝v0t                        ⑤h＝gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。⑦答案：(1)　(2)2m(v02＋g2t2)10．(2022·湖南宁乡一中等十校联考)如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上。极板长L，距偏转板右边缘s处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上。(板外无电场)，求：　(1)电子进入偏转板时的速度；(2)T时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离；(3)电子打在荧光屏上的范围Y。解析：(1)由eU0＝mv2，解得v＝ 。(2)t＝＝L＝T电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零。(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，有50%的电子由于偏转量太大，不能射出。电子在T～T，T～T(k＝0，1，2，…)时进入偏转极板，能射出。设两极板间距为d，则a＝，＝2×a(T)2，d＝L＝2×a(T)2－2×a(T)2，Y＝L因为电子射出偏转板时，竖直方向速度为0，所以荧光屏上的范围Y＝L。答案：(1) 　(2)距离为零　(3)L