备考2024届高考物理一轮复习分层练习第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题

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1.[多选]如图所示，在粗糙绝缘水平面上间隔一定距离放置两个带电的物体A、B，带电荷量分别为＋Q和－q（设两电荷间只有库仑力），开始时，A、B均处于静止状态，在物体B上施加一水平向右的恒力F，使物体A、B向右运动.在此过程中，下列说法正确的是（ AD ）
A.力F、库仑力及摩擦力对物体B所做的功之和等于物体B的动能增量
B.力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量
C.库仑力及摩擦力对物体A做的功等于物体A的动能增量与电势能增量之和
D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和
解析 根据动能定理知，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量，故A正确，B错误；根据动能定理知库仑力及摩擦力对物体A做的功等于物体A的动能增量，C错误；根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故D正确.
2.[多选]某条电场线是一条直线，上边依次有O、A、B、C四个点，相邻两点间距离均为d，以O点为坐标原点，沿电场强度方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示.一个带电荷量为＋q的粒子，从O点右侧某处（到O点间距离极小，可忽略）由静止释放，仅受电场力作用，则（ AD ）
A.若O点的电势为零，则A点的电势为－E0d2
B.粒子从A到B做匀速直线运动
C.粒子在OA段电势能减少量小于BC段电势能减少量
D.粒子运动到B点时动能为3qE0d2
解析 由图可知E－x图像所围成图形的面积表示两点间的电势差大小，因此UOA＝12E0d，由于φ＝0，因此φA＝－12E0d，故A正确；粒子由A到B过程电场力一直做正功，则带正电粒子一直加速运动，在该过程电场强度不变，带电粒子做匀加速直线运动，故B错误；粒子在OA段的平均电场力大于BC段的平均电场力，则OA段的电场力做的功大于BC段电场力做的功，由功能关系知，粒子在OA段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量，或者从OA段和BC段图像所围成图形的面积分析可知UOA＞UBC，根据电场力做功公式W＝qU和W＝－ΔEp，也可得出粒子在OA段电势能的变化量大于在BC段电势能的变化量，故C错误；对粒子从O到B点过程，根据动能定理，则有WOB＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝12E0(d＋2d)，联立方程解得EkB＝3qE0d2，故D正确.
3.[2024湖北“宜荆荆恩”起点考试]如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个质子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过间距相等的A、B、C三点，该质子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（ A ）
图甲 图乙
A.A点电势高于B点电势
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.质子经过A点的速率大于经过B点的速率
D.A、B两点电势差UAB小于B、C两点电势差UBC
解析 由题图乙可知，质子沿x轴正方向运动的过程中，其电势能逐渐降低，所以电场力做正功，又质子带正电，则电场线沿x轴正方向，故A点电势高于B点电势【另解：电势高低亦可通过电势能的高低来判断】，A正确；Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力的大小【点拨：电场力做的功W＝－ΔEp＝FΔx，则ΔEpΔx＝－F】，又E＝Fq，则图线斜率绝对值的变化可以间接反映场强大小的变化，由题图乙可知，图线斜率的绝对值逐渐减小，则场强逐渐减小，即A点的场强大于B点的场强，B错误；质子从A点运动到B点的过程，电场力做正功，质子的动能增大，速度增大，则质子经过A点的速率小于经过B点的速率，C错误；结合B项分析，A、B之间的平均场强大于B、C之间的平均场强，根据U＝Ed定性分析可知，UAB＞UBC，D错误.
4.[2024山东菏泽明德学校月考/多选]两个等量同种正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为＋2×10－3C、质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其在水平面内运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则下列说法正确的是（ ACD ）
A.由C到A的过程中物块的电势能逐渐减小
B.B、A两点间的电势差UBA＝5V
C.由C点到A点电势逐渐降低
D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强为100N/C
解析 由v－t图像可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，A正确；由v－t图像可知，A、B两点的速度分别为vA＝6 m/s，vB＝4 m/s，再根据动能定理得qUAB＝12mvB2－12mvA2，解得UAB＝－500 V，故UBA＝500 V，B错误；两个等量同种正点电荷连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，C正确；小物块在B点的加速度最大，为am＝47-5 m/s2＝2 m/s2，所受的电场力最大为Fm＝mam＝0.1×2 N＝0.2 N，则场强最大值为Em＝Fmq＝0.22×10-3 N/C＝100 N/C，故D正确.
5.[2023海南统考/多选]如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强电场，光滑绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面平滑连接，斜面AB与水平面的夹角α＝37°.质量为m＝0.5kg、电荷量为q的带正电小物块（可视为质点）从A点由静止释放，经过B点后进入水平面，最后停在C点.若小物块经过B点前后速度大小不变，电场的电场强度大小为E＝mgq，lAB＝24m，lBC＝36m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ BC ）
A.小物块在斜面上运动的加速度大小为6m/s2
B.小物块从A点运动到C点所用的时间为5s
C.小物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4
D.小物块从A点运动到C点，静电力所做的功等于系统内能的增加量
解析 由牛顿第二定律知小物块在斜面上运动的加速度大小为a＝(mg＋qE)sinαm＝12 m/s2，故A错误；小物块从A点运动到B点，有lAB＝12at12，所用的时间为t1＝2 s，到B点的速度为v＝at1＝24 m/s，小物块从B点运动到C点，有lBC＝v2t2，所用的时间为t2＝3 s，则小物块从A点运动到C点所用的时间为t＝t1＋t2＝5 s，故B正确；小物块在水平地面上的加速度a'＝vt2＝8 m/s2，由牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝ma'，可得小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4，故C正确；小物块从A点运动到C点，静电力和重力做正功，摩擦力做负功，由WG＋WE－Wf＝0，Wf＝Q可知静电力所做的功与重力所做的功之和等于系统内能的增加量，故D错误.
6.[2024四川宜宾第二中学开学考/多选]如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点.大圆环所在的竖直平面内存在水平向右、场强为mgq（g为重力加速度）的匀强电场，现给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（ BC ）
A.动能最小与最大的位置在同一等势面上
B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C.在A点获得的初速度为2（1+2）gR
D.在B点受到大圆环弹力大小为mg
解析 由于匀强电场的电场强度为mgq，易知小圆环所受电场力与重力大小相等，作出小圆环的等效最低点C与等效最高点D，如图所示，小圆环在等效最低点时速度最大，动能最大，在等效最高点时速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知φD＞φC，两者不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对小圆环由A点运动到D点过程进行分析有－qER sin 45°－mg(R＋R cs 45°)＝0－12mv02，解得v0＝2(1+2)gR，C正确；小圆环由A点运动到B过程有－mg·2R＝12mvB2－12mv02，在B点有N＋mg＝mvB2R，解得N＝(22－3)mg＜0，可知，小圆环过B点受到大圆环的弹力大小为(3－22)mg，D错误.
7.[2024四川成都七中零诊]如图，空间存在水平向右的匀强电场（图中未画出），一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球，自距离地面高h的A点由静止释放.落地点B距离释放点的水平距离为34h，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）落地时小球的动能.
答案 （1）3mg4q （2）2516mgh
解析 （1）小球竖直方向做自由落体运动，有h＝12gt2
水平方向做匀加速直线运动，有34h＝12at2
根据牛顿第二定律，有qE＝ma
联立解得E＝3mg4q
（2）小球由A运动到B的过程根据动能定理有
mgh＋qE·34h＝Ek－0
解得落地时小球的动能为Ek＝2516mgh.
8.[2022全国甲/多选]地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出.小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点.则射出后（ BD ）
A.小球的动能最小时，其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
解析 由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平分量速度与竖直分量速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍将对其做负功，其电势能继续增大，A、C项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平分量速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D项正确.
易错点拨 合力为恒力时，当小球的速度与合力方向垂直时，小球的速度最小，动能最小，电势能与重力势能的和最大，而不是电势能最大，因此在处理本题时应注意能量的转化.
9.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的变化规律如图所示.设x轴正方向为电场强度E的方向，下列各图分别表示x轴上各点的电场强度E随x的变化图像，其中可能正确的是（ B ）

A B C D
解析 φ－x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，沿电场方向电势降低，因而在x＝0的左侧，电场方向向左，在x＝0的右侧，电场方向向右，且在x轴的左、右两侧图像斜率不变，即电场均为匀强电场，B正确.
10.[多选]如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是（ AD ）
解析 在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝U0ed，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内向A板做匀加速直线运动，在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像应如D项所示，v－t图像应如A项所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋12at2，所以x－t图像应是曲线，B错误.
11.如图所示，固定于竖直平面内的粗糙绝缘斜杆与水平方向夹角为30°，平面内存在一水平向左的匀强电场.质量为1×10－3kg、带电荷量为＋5×10－6C的小球套在杆上，小球沿杆下滑过程中未受摩擦力作用.重力加速度g取10m/s2.
（1）求电场强度E的大小（结果保留三位有效数字）；
（2）求小球下滑过程中的加速度大小；
（3）若场强大小不变，方向变为水平向右.为使小球能由静止开始沿杆向上运动，求杆与小球之间的动摩擦因数μ的取值范围（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）.
答案 （1）3.46×103N/C （2）20m/s2 （3）μ＜33
解析 （1）小球的受力分析如图甲所示，小球未受摩擦力作用，说明小球和杆之间没有弹力
根据垂直杆方向受力平衡可得Eqsin30°＝mgcs30°
解得E＝mgqtan30°＝3.46×103N/C
（2）小球的加速度沿杆向下，根据平行四边形定则及牛顿第二定律得F＝mgsin30°＝ma
解得a＝20m/s2
（3）场强大小不变，方向变为水平向右，小球的受力分析如图乙所示，可得FN＝mgcs30°＋Eqsin30°
Ff＝μFN
为使小球能沿杆向上运动，应满足
Eqcs30°＞mgsin30°＋Ff
联立解得μ＜33.
12.[2024福建泉州质量监测]如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m.空间有场强大小均为E、方向均沿水平方向但相反的两个匀强电场，B处于电场分界线上.开始时，A带电荷量为＋2q，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为＋q，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分v－t图像如图乙所示（vm为未知量），整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均为qE.求：
（1）经多长时间A、B发生弹性正碰；
（2）碰撞后A的速度最大时A、B间的距离；
（3）碰撞分离后至A速度达到最大的过程，A、B间的库仑力对A、B做的总功.
答案 （1）2msEq （2）kq2E （3）4Eqs＋q2Eqk
思维导图
A、B碰撞前A向右匀加速B静止所经时间tvm
碰后A的速度最大时：A受力平衡A、B间距离xAB
A、B发生弹性正碰碰后瞬间vA、vB
从碰后至A速度最大A向左加速B向右加速A、B系统所受合力为0A速度最大时B的速度v'B
动能定理
解析 （1）由题意可知在A、B发生弹性正碰前，A向右做匀加速直线运动，B一直静止，则对A受力分析有
F合＝2Eq－f
其中f＝Eq
对A由牛顿第二定律有F合＝ma
设经过时间t，A、B发生弹性正碰，则对A由运动学公式有s＝12at2
联立可得t＝2msEq
（2）由图乙可知碰撞后瞬间，A的速度变为0，此后A先向左做加速度逐渐减小的加速运动，当A加速度为0，即A受力平衡时，A的速度最大，此时对A受力分析有
F库＝Eq＋f
又F库＝kq2xAB2
联立可得碰撞后A的速度最大时A、B间的距离
xAB＝kq2E
（3）由运动学公式可知碰撞前瞬间A的速度大小为
vm＝at＝2Eqsm
由于A、B发生弹性正碰，则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后瞬间A的速度为vA、B的速度为vB，规定水平向右为正方向，则有
mvm＝mvA＋mvB
12mvm2＝12mvA2＋12mvB2
联立可得vA＝0、vB＝vm＝2Eqsm
对B受力分析可知，从A、B碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，B一直向右做加速度逐渐减小的加速运动，当A速度最大时，B的速度也最大，则对A、B组成的系统受力分析可知，其受到的合外力为零，所以此过程中A、B组成的系统动量守恒，规定水平向右为正方向，设A速度最大时，B的速度为v'B，则有
mvB＝mv'B＋（－mvm）
设此过程A、B间的库仑力对A、B做的总功为W库，则对此过程A、B组成的系统由动能定理有
W库－EqxAB－fxAB＝12mvm2＋12mv'2B－12mvB2
联立解得W库＝4Eqs＋q2Eqk
13.[负离子空气净化/2023北京]某种负离子空气净化原理如图所示.由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器.在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变.在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集.已知金属板长度为L，间距为d.不考虑重力影响和颗粒间相互作用.
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1.
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量.假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度.
a.半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2.
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比.进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100％被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比.
答案 （1）2mv02d2qL2 （2）a.kRv0d2qL b.25％
解析 （1）带电颗粒恰好全部被收集，即贴近负极板进入收集器的颗粒恰好到达收集器正极板的右端，运动轨迹如图1所示
带电颗粒在沿板方向上做匀速直线运动，有L＝v0t
在垂直板方向上做匀加速直线运动，有d＝12at2
带电颗粒受到的电场力提供加速度，由牛顿第二定律有
qE1＝ma
平行金属板间匀强电场的电场强度为E1＝U1d
解得U1＝2mv02d2qL2
（2）a.由题意可知带电颗粒进入收集器后，沿板方向的速度v0保持不变，在极短时间内速度达到最大，即垂直板方向的速度达到最大vm，然后带电颗粒做匀速直线运动到达收集器正极板，根据平衡条件可知带电颗粒进入收集器所受电场力和阻力等大反向，即qE2＝fm＝kRvm
结合E2＝U2d可得vm＝qU2kRd
只要靠近负极板的颗粒恰好到达正极板的右端，则颗粒恰好全部被收集，颗粒在沿板方向做匀速直线运动，有L＝v0t
垂直板方向，颗粒也做匀速直线运动，有d＝vmt
解得U2＝kRv0d2qL
b.根据题意可知颗粒进入电场后在沿板方向和垂直板方向始终做匀速直线运动，假设垂直板移动距离为y的颗粒恰好被收集，则y以下的颗粒能够被收集，y以上的颗粒不能被收集，如图2所示
颗粒被收集的百分比可表示为η＝yd×100％
假设粒子垂直板方向最大速度为v'，根据平衡条件可知q'U'd＝kr'v'
结合电荷量和半径的平方成正比，有q'＝k0r'2
k0≠k，k0为不为0的常量，联立解得v'＝k0r'U'kd
则其在垂直板方向上移动的距离为y＝v't＝v'Lv0＝k0r'U'kd·Lv0
代入颗粒被收集的百分比方程可知η＝k0r'U'Lkv0d2×100％
因为两金属板间电压U'、金属板长度L、板间距d、颗粒沿板方向速度v0确定，且k0、k为常量，则η∝r'
已知10μm的颗粒被收集的百分比恰好为η10＝100％
则η10η2.5＝r10r2.5＝10μm2.5μm＝4
解得2.5μm的颗粒被收集的百分比为η2.5＝η104＝25％