新教材高考物理一轮复习课时规范练27带电粒子在电场中运动的综合问题含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练27带电粒子在电场中运动的综合问题含答案，共9页。
1.(电场的叠加原理与功能关系)如图所示,两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置, O1、O2分别为两细环的圆心,且O1O2=2r,两环分别带有均匀分布的等量异种电荷,电荷量分别为+Q、-Q(Q>0)。一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放,静电常量为k,下列说法正确的是( )
A.O1O2中点处的电场强度为2kQ2r2
B.O1O2中点处的电场强度为2kQ4r2
C.粒子在O1O2中点处动能最大
D.粒子在O2处动能最大
2.(多选)(“等效场”在电场中的应用)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是( )
A.此液滴带正电
B.液滴的加速度等于2g
C.合力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能减少
3.(带电粒子在交变电场中的运动)(2022四川成都模拟)如图(a)所示,平行金属板A、B间的电压恒为U,B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压,OO'是M、N板间的中线,当电压稳定时,板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻,紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙;甲在T4时刻沿OO'方向进入并在3T4时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙,在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和离子间的相互作用均不计。则( )
A.y甲=2y乙B.y甲=y乙
C.v甲=v乙D.v甲=4v乙
4.(带电粒子在复合场中的运动)(2022江苏南京师大附中模拟)如图所示,在正方形的四个顶点各固定一个点电荷,直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v。则将该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入后,它在以后运动过程中( )
A.在两负电荷连线中点处速度最大
B.将以原点O为中心在x轴上往复运动
C.最小速度为3v
D.最大速度为6v
5.(多选)(力电综合问题)如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为6q,h=2R,重力加速度为g,静电力常量为k,则( )
A.小球d一定带正电
B.小球b的周期为2πRqmRk
C.小球c的加速度大小为3kq23mR2
D.外力F竖直向上,大小等于mg+26kq2R2
6.(多选)(力电综合问题)(2023陕西西安高三月考)如图所示,xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m,电荷量为+q(q>0)的带电粒子,以v0的速度沿AB方向入射,粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为(-3L,0)、(0,2L)、(0,L)。若不计重力与空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.带电粒子由A到C过程中电势能一定增大
B.带电粒子由A到C过程中最小速度一定为v03
C.匀强电场的电场强度大小为E=mv02qL
D.若匀强电场的大小和方向可调节,粒子恰好能沿AB直线方向到达B点,则此状态下电场强度大小为7mv0214qL
素养综合练
7.(2022河南郑州一模)竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD,相距为d,两极板加上恒定电压U,如图所示。质量为m、电荷量为+q的粒子,从AC中点O处以初动能EkO=32qU进入电场,初速度与水平方向夹角为θ=30°,粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点,M为运动轨迹的最高点,MN与极板垂直。不计粒子重力,则关于粒子的说法正确的是( )
A.粒子运动到B点时的动能Ek=52qU
B.运动轨迹最高点到下极板的距离lMN=78d
C.水平方向运动的位移之比lAN∶lNB=1∶2
D.若将上极板上移极小一段距离,则粒子将打在B点左侧
8.(多选)如图所示,一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内,并处于电场强度大小为E=3×102 V/m、方向竖直向下的匀强电场中,一个重力为G=2×10-2 N、电荷量为q=1×10-4 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动,小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.25。已知管长AB=BC=L=1 m,倾角α=37°,B点处是一段长度忽略不计的很短的光滑圆弧管。sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.B、A两点间的电势差为300 V
B.小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大
C.小滑块运动后第一次速度为零的位置在BC管的中点
D.从开始运动到最后静止,小滑块通过的总路程为3 m
9.(多选)(2023黑龙江齐齐哈尔八中模拟)如图所示,四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平,一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放,滑到B处离开圆弧槽做平抛运动,到达水平地面的D处,若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场,重复上述实验,下列说法正确的是( )
A.小球落地点在D的右侧
B.小球落地点仍在D点
C.小球落地点在D的左侧
D.小球离开B到达地面的运动时间减小
10.(2023辽宁大连第八中学高三检测)如图甲所示,真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零),经加速电场加速,由小孔穿出,沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场,A、B两板距离为d,A、B板长为L,A、B两板间加周期性变化的电场UAB,如图乙所示,周期为T,加速电压U1=2mL2eT2,其中m为电子质量、e为电子电荷量、T为偏转电场的周期,不计电子的重力与电子间的相互作用力,且所有电子都能离开偏转电场,求:
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小;
(2)t=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y;
(3)在0~T2内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
答案：
1.A 解析 把圆环上每一个点都看成一个点电荷,则每个点电荷的电荷量为q=Q2πr,根据点电荷电场强度公式,有E=kq(2r)2,根据电场的叠加原理,单个圆环在O1O2中点的电场强度为E=kQ2r2cs 45°,两个圆环的电场强度叠加,有E总=2kQ2r2,故A正确,B错误;带电粒子从O1点开始由静止释放,在粒子从O1向O2运动的过程中,两圆环对粒子的作用力皆向左,可见电场对带电粒子做正功,故粒子在O1O2中点处动能不是最大,故C错误;根据电场叠加原理,在O2左侧电场强度方向先向左后向右,因此粒子到达O2左侧某一点时,速度最大,动能最大,以后向左运动速度开始减小,动能也在减小,故D错误。
2.BD 解析 带电液滴沿直线运动到d,带电液滴所受重力与静电力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则静电力方向一定水平向右,与电场强度方向相反,所以该液滴带负电,A错误;物体所受合力F=2mg,故物体的加速度a=Fm=2g,B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合力对物体做正功,C错误;由于静电力所做的功W=Eqxbdcs 45°>0,故静电力对液滴做正功,液滴的电势能减小,D正确。
3.B 解析 两离子在电场中加速,则根据动能定理得qU=12mv2,可得v=2qUm,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙,可知两离子离开电场时的速度之比为v甲∶v乙=2∶1,时间之比为t甲∶t乙=1∶2,因为甲在T4时刻沿OO'方向进入,则乙在T2时刻沿OO'方向进入,甲离子在偏转电场中的运动时间为T2,则乙离子在偏转电场中的运动时间为T;甲离子在偏转电场中的加速度为a甲=E×4qm,偏转距离为y甲=2×12a甲T42=qET24m,乙离子在偏转电场中的加速度为a乙=qEm,偏转距离为y乙=2×12a乙T22=qET24m,则y甲=y乙,由对称性可知,甲、乙两离子飞离偏转电场时沿电场强度方向的速度均为零,则飞离偏转电场时的速度等于进入偏转电场时的速度,即v甲∶v乙=2∶1,故A、C、D错误,B正确。
4.C 解析 点电荷形成的电场某位置的电势表达式φ=kQr,电场强度表达式E=kQr2。电势是标量,两个正点电荷和两个负点电荷到O点的距离相等,故O点电势为零。电场强度为矢量,四个点电荷在O点形成的电场强度方向水平沿x轴负方向,故正点电荷在原点O处静止释放时,它将受静电力的作用向x轴负方向加速运动。在两负电荷连线中点处,根据电场强度的矢量叠加可知,该点处的电场方向水平向左,电势不是最低,故正电荷在该位置左侧速度较大,该位置不是速度最大处,A错误;根据点电荷电场强度叠加可知在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧,有一点M,该位置电场强度为0,速度最大,电势最低。将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v,故根据动能定理可知,WOM=12mv2,该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入,无穷远电势为0,从无穷远沿x轴正方向运动到M点,静电力做正功;再由M点到原点O逆着电场线方向运动,静电力做负功,速度减小;根据能量守恒,原点O处与无穷远处电势相等,电势能相等,故正电荷在无穷远处与原点O处的动能相等、速度大小相等。故根据动能定理可知,W-∞M=WOM=12mvM2-12m(2v)2,解得vM=5v,同理分析可知,两正电荷连线中点的右侧存在一电势最高、电场强度为0的N点,从原点O运动到N点逆着电场线做减速运动,N点速度最小,从N点到正方向无穷远,静电力做正功,动能增加,速度增大,根据能量守恒可知,正无穷远处速度为2v。故根据动能定理可知WN+∞=-WON=WOM=12m(2v)2-12mvN2,解得vN=3v,综上所述它在以后运动过程中最大速度为5v,最小速度为3v,该电荷将沿x轴正方向一直运动下去,不做往复运动,故C正确,B、D错误。
5.CD 解析 a、b、c三小球所带电荷量相同,要使三个小球做匀速圆周运动,d球与a、b、c三小球一定是异种电荷,由于a球的电性未知,所以d球不一定带正电,故A错误。设db连线与水平方向的夹角为α,则cs α=Rh2+R2=33,sin α=hh2+R2=63,对b球,根据牛顿第二定律和向心力得k6q·qh2+R2cs α-2kq2(2Rcs30°)2cs 30°=m4π2T2R=ma,解得T=2πRq3mRk,a=3kq23mR2,则小球c的加速度大小为3kq23mR2,故B错误,C正确。对d球,由平衡条件得F=3k6q·qh2+R2sin α+mg=mg+26kq2R2,故D正确。
6.AD 解析 带电粒子由A到C过程中静电力一定做负功,电势能增大,A正确;根据题意可知LAB=(3L)2+4L2=7L,由于粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点,则C点的速度最小且沿水平方向,故带电粒子受到的静电力方向一定沿-y方向,将初速度沿竖直方向和水平方向分解,水平方向粒子做匀速直线运动,其速度为vx=v0cs∠OAB= v0×3L7L=217v0,竖直方向速度减为零时速度最小,等于水平分速度,所以带电粒子由A到C过程中最小速度为217v0,B错误;根据几何关系可知LOC=L,从A到C根据动能定理可得-qEL=12mvx2-12mv02,解得匀强电场的大小为E=2mv027qL,C错误;若匀强电场的大小和方向可调节,粒子恰好能沿AB方向到达B点,则电场线方向沿BA方向,根据动能定理可得-qE7L=0-12mv02,解得此状态下电场强度大小为E=7mv0214qL,D正确。
7.B
8.CD 解析 根据匀强电场的电势差计算式可知UBA=ELsin α=180 V,A错误;小滑块从A点第一次运动到B点过程中,静电力做正功,电势能减小,B错误;小滑块受到竖直向上的静电力F=Eq=3×10-2 N,根据牛顿第二定律可知(Eq-mg)sin 37°-μ(Eq-mg)cs 37°=ma1,解得小滑块开始沿玻璃管加速运动的加速度为a1=2 m/s2,在BC段小滑块做匀减速运动,加速度大小(Eq-mg)sin 37°+μ(Eq-mg)cs 37°=ma2,解得a2=4 m/s2,所以第一次速度为0的过程中vB2=2a1xAB=2a2x,x=0.5 m,C正确;小滑块第一次速度减为零后,又反向向B加速运动,到B后又减速向A运动,这样不断地往复,最后停在B点,根据能量守恒定律,有(Eq-G)Lsin α=sμ(Eq-G)cs α,解得s=3 m,即小滑块通过的总路程为3 m,D正确。
9.BD 解析 不加电场时,小球从A到B有mgR=12mvB2-0,解得vB=2gR,平抛过程,竖直方向上有h=12gt2,解得t=2hg,平抛水平位移x=vBt=2Rh,则平抛水平位移与重力加速度无关,施加竖直向下的匀强电场后,小球同时受重力和向下的静电力,相当于重力加速度增大了,小球落地点仍在D点,由t∝1g可知,小球离开B后到达地面的运动时间减小,B、D正确。
10.答案 (1)2LT (2)eU0T28md (3)50%
解析 (1)电子在加速电场中加速
由动能定理得eU1=12mv02-0
解得v0=2LT。
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向L=v0t,解得t=T2,t=0时刻进入偏转电场的电子加速度a=eEm=eU0md,电子离开电场时距离A、B中心线的距离y=12at2,解得y=eU0T28md。
(3)在0~T2内射入偏转电场的电子,设向上的方向为正方向,设电子恰在A、B间中线离开偏转电场,则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动,经过时间t'后速度v=at',此后两板间电压大小变为3U0,加速度大小变为a'=eE'm=3eU0md=3a
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动,速度减为零后,向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动,最后回到A、B间的中线,经历的时间为T2,则12at'2+vT2-t'-12×3aT2-t'2=0,解得t'=T4,则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t″=T4,则在0~T2时间内,从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η=T4T2×100%=50%。