2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-带电粒子在电场中的多过程运动专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-带电粒子在电场中的多过程运动专题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
带电粒子在电场中的多过程运动专题一、单选题如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到点，则由O点静止释放的电子A. 运动到P点返回 B. 运动到P和点之间返回
C. 运动到点返回 D. 穿过点如图，在x轴上坐标原点处固定一正的点电荷，另一负点电荷固定在的位置，且电量绝对值大于的电量绝对值。现在处静止释放一带电粒子不计粒子重力，粒子开始运动，以下说法正确的是A. 若，则粒子一定沿x轴正向运动
B. 若，则粒子一定沿x轴负向运动
C. 若，则粒子的速度一定越来越大
D. 若，则粒子的速度一定越来越大如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是A. 变大、变大 B. 变小、变大
C. 变小、变小 D. 变大、变小如图所示，用绝缘轻杆连接A，B两物体静止放在光滑绝缘的水平面上，一轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与A物体相连，现让B物体带上正电荷后，在空间加一水平向右的匀强电场，在电场力作用下B开始向右运动，直到B物体达到最大速度，下列有关该过程的分析正确的是A. B物体加速度一直在增大
B. A、B物体总动能的增加量等于B物体电势能的减少量
C. B物体电势能和动能之和的减少量等于A物体动能的增加量
D. 轻杠对A物体所做的功数值上等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量如图甲所示，足够大的绝缘水平面上静止放置有一质量、带正电且电荷量的小滑块，从时刻开始，空间加上一个如图乙所示的周期性变化的电场向右为场强E的正方向。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，小滑块可视为质点，运动过程中电量保持不变，则下列说法正确的是 A. 小滑块在内加速度的大小为
B. 小滑块在内加速度的大小为
C. 小滑块在末的速度大小为
D. 小滑块在前内的位移大小为静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的曲折线．一质量为m、带电量为的粒子不计重力，以初速度从O点进入电场，沿x轴正方向运动．下列叙述正确的是A. 粒子从O运动到的过程中速度逐渐增大
B. 粒子从运动到的过程中，电势能先减小后增大
C. 粒子运动到处时的动能为
D. 假如粒子改为在处由静止释放，则粒子运动到时速度最大，运动到时时速度为0如图所示，水平地面AB段粗糙，BC段光滑，在AB段上方存在方向水平向右的匀强电场，BC段上方存在方向水平向左的匀强电场，两匀强电场的场强大小均为E。过B点的竖直虚线是两匀强电场的分界线，一质量为、电荷量的物体从A点由静止释放，经过时间t到达B点，通过B点后又经过时间t物体再次返回到B点。已知物体与AB段地面间的动摩擦因数为，重力加速度，则两匀强电场的场强大小为A.  B.  C.  D. 如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A，O两点电势差为U，一带电粒子仅在电场力的作用下经过该区域，在A、B两点时速度大小均为，粒子重力不计，以下说法正确的是A. 粒子从A到B的运动过程中，电场力先做正功后做负功，或者不做功
B. 粒子可能在A、B间是做匀速圆周运动
C. 如果将该带电粒子从A点由静止释放，它将沿AO运动
D. 圆周上，两点电势差最大值为二、多选题一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压如图所示，交变电压的周期，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则A. 所有电子都从右侧的同一点离开电场
B. 所有电子离开电场时速度都是
C. 时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D. 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为如图所示，两块足够大平行金属板a、b与电源相接，其中b板接地，在两极板之间的中点O有一粒子源，可以向平面内各个方向发射速度大小为v、质量为m、带电量为q的粒子不计粒子重力，开关S闭合后，竖直向上射出的粒子恰好打不到a板上，则下列说法正确的是A. 粒子带正电
B. 打到b板的粒子中，用时最长的粒子所用时间是用时最短的粒子的倍
C. S断开，极板a右移点仍然在电场内，可能有粒子打到a板
D. S断开，极板a右移点仍然在电场内，O点的电势升高一个质量为m，电荷量为的小球以初速度水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是    A. 小球在水平方向一直做匀速直线运动
B. 若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同
C. 若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同
D. 无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为的物体处于电场强度随时间变化规律为、k均为大于零的常数，电场方向以水平向左为正的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知时，物体从墙上由静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，物体最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是A. 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速运动再做匀速直线运动
B. 摩擦力对物体产生的冲量大小为
C. 摩擦力所做的功
D. 物体与墙壁脱离的时刻为如图等量异种点电荷分别固定于等高的A、B两点，A处点电荷带电荷量，B处点电荷带电荷量，A、B两点相距2a，AB下方有一根无限长光滑绝缘细杆平行于AB所在直线放置，A到杆的距离为有一质量为m带电荷量的小球穿在杆上小球可视为点电荷，重力不计，将小球从A点正下方的C处静止释放，E在B正下方，D为CE中点，则下列说法正确的是A. 小球在C、E处加速度相等
B. 小球在C到E过程中先加速后减速
C. 小球在E处速度最大
D. 小球最终速度趋近于小球在D点时的速度如图所示，在一倾角为的绝缘斜面下端O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板。斜面ON段粗糙，长度，NM段光滑，长度，在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为；有一带正电小滑块质量为，电量为，小滑块与ON段表面的动摩擦因数为将小滑块从M点由静止释放，在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰后原速返回。已知，，g取A. 小滑块第一次过 N 点的速度大小 
B. 小木块与挡板碰撞的次数11次
C. 小木块最终停止的位置距离挡板为 
D. 小滑块在斜面上运动的过程中减小的机械能为 
答案和解析1.【答案】A
 【解析】【分析】
根据匀强电场电场强度的公式，电容的定义式以及电容的决定式，联立得，知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论。
解决考查带电粒子在电场中的运动，关键是要运用动能定理处理，注意在电量不变的条件下，改变极板间的距离场强不变。
【解答】
设AB间电场强度为，BC间场强为，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有
      
BC板电量不变，BC板间的场强
   
由知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到时，BC板间的场强不变，由知，电子仍然运动到P点返回，故A正确，BCD错误。
故选A。
2.【答案】C
 【解析】【分析】
根据点电荷场强公式，在a点的右侧一定存在合场强为零的点，该点右侧场强方向向右，左侧场强方向向左，然后根据带电情况和释放点的位置，分析粒子受电场力情况和运动情况。
本题考查电场强度的叠加问题，关键是掌握点电荷电场强度的公式，明确右侧存在合场强为零的点，以合场强为零的点为临界点，分析带电粒子的受力情况和运动情况。
【解答】
根据点电荷场强公式得，点电荷在处场强为，方向向右，点电荷在处的场强为，方向向左，，由，可知，b点的合场强可能向右，也可能向左，所以可能沿x轴正向运动，也可能沿x轴负向运动，故AB错误；
C.在右侧存在合场强为零的点，该点右侧合场强方向向右，左侧合场强方向向左，若，不论释放点在合场强为零处的左侧还是右侧，电场力对均做正功，则粒子的速度一定越来越大，故C正确；
D.若，释放点在合场强为零处的左侧，则粒子先向右做加速运动，通过合场强为零处后再向右做减速运动，同理，若释放点在合场强为零处的右侧，粒子先向左做加速运动，通过合场强为零处后再向左做减速运动，故D错误。
故选C。
3.【答案】D
 【解析】【分析】
电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．
【解答】
解：根据动能定理：
得：
在偏转电场中
若使偏转角变小即使变小，由上式看出可以减小增大．
故选：D。
4.【答案】D
 【解析】【分析】
本题首先要分析清楚过程中物体受力的变化情况，清理各个力做功情况根据功能关系明确系统动能及弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用
【解答】
A.对于A、B两物体，受电场力和轻质弹簧的拉力作用，当B开始向右运动，随着弹簧的伸长量增加，弹力增大，当弹簧的弹力小于电场力时，B物体加速向右运动；当弹簧的弹力等于电场力时，B物体不再加速，速度达到最大；所以在该过程中，B物体做加速度减小变加速运动，即B物体加速度一直在减小，故A错误；
B.整个系统中，根据功能关系可知，B物体的电势能转化为A、B的动能以及弹簧的弹性势能，所以A、B物体总动能的增加量加上弹簧弹性势能的增加量等于B物体电势能的减少量，故B错误；
C.由选项B可知，B物体电势能的减少量减去B物体的动能与弹簧的弹性势能之和等于A物体动能的增加量，故C错误；
D.对于A物体和轻质弹簧，根据功能关系可知，轻杠对A物体所做的功转化为A物体的动能与弹簧的弹性势能，即轻杠对A物体所做的功数值上等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D正确。
故选D。
5.【答案】D
 【解析】【分析】
根据图像结合牛顿第二定律求出前2s内的加速度；根据图像结合牛顿第二定律求出内的加速度；根据位移公式求出前2s内的位移和末速度，结合运动情况求出内位移与速度即可求出整个过程运动情况，结合周期性即可求出前14s内的位移。
本题考查了力学与电学的综合，正确认识图像，正确理解牛顿第二定律是解题的关键。
【解答】
A、内小滑块的加速度，故A正确；
B、内小滑块的加速度，故B错误；
CD、内小滑块的位移，末的速度为，内的位移为，末的速度。小滑块做周期为的直线运动，第末的速度为，前内小滑块的位移大小，故C错误，D项正确。
故选D。
6.【答案】C
 【解析】【分析】
根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，确定电场力方向，来分析粒子的运动情况。根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势能的变化。由动能定理求解粒子运动到处时的动能。
根据电势随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化。利用动能定理列方程解答。
【解答】
A.粒子从O运动到的过程中，电势不变，电场力不做功，粒子的速度不变，故A错误；
B.粒子从运动到的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知，粒子的电势能不断减小，故B错误；
C.粒子从O运动到的过程中，根据动能定理得：，可得，粒子运动到处时的动能为：，故C正确；
D.假如粒子改为在处由静止释放，粒子从运动到的过程中，电势能减小，动能增大。从运动到的过程中，电势能增大，动能减小，所以粒子运动到时速度最大，粒子运动到时时速度不为0，故D错误。
故选C。
7.【答案】C
 【解析】【分析】
物体在AB段在电场力和摩擦力的作用下做匀加速直线运动，BC段，在反向电场的作用下做匀变速直线运动，结合速度时间公式及位移时间公式进行分析求解。
【解答】
物体在AB段做匀加速直线运动，到达B点时速度为，经过B点后先做匀减速直线运
动，速度减为零后反向做匀加速运动，由，可解得，故选项C正确
8.【答案】D
 【解析】【分析】
根据A、B两点速度相等，可确定A、B两点处于同一等势面，再由电场线和等势面关系确定电场线方向，从而分析电场力做功情况；再由分析计算电势差的最大值。
本题紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系。并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置；再由曲线运动来确定电场力的方向；同时考查中d的含义重要性，注意公式中的d为两点沿电场线方向上的距离。
【解答】
带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等，因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO；由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，速度方向与电场力方向夹角先大于后小于，电场力对于先做负功再做正功，故AB错误；
C.如果将该带电粒子从A点由静止释放，粒子将沿电场线方向即从A开始平行于CO方向加速运动，故C错误；
D.匀强电场的电场强度式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，，所以，圆周上电势差最大值为，故D正确。
故选D。
9.【答案】BD
 【解析】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同。故A错误。
B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度，速度都等于，故B正确。
C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同。故C错误。
D、时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为
在时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：
联立得： 故D正确。
故选：BD。
电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于，电子的动能不是最大．分析时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．
本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况．
10.【答案】ABD
 【解析】【分析】
本题考查了粒子在匀强电场中的运动；
由带电粒子上减速，可判断电场力的方向，再根据电场强度的方向判断粒子电性；
作出图可求得最长时间与最短时间的关系；
根据电容器的电容的定义式、决定式以及场强与电势差的关系，分析场强的变化，电势的高低；
【解答】
A. 由于竖直向上射出的粒子恰好打不到a板上，故粒子受到的电场力竖直向下，电场线竖直向下，故粒子带正电，选项A正确；
B.打到b板的粒子中，用时最长的粒子是竖直向上射出的粒子，用时最短的粒子是竖直向下射出的粒子，沿竖直向上射出的粒子，到达a极板时，速度变为0，设极板间距为l，则有，粒子返回到O点时，有，粒子返回到b极板时，有，解得，粒子返回满足，沿竖直向上射出的粒子打到b极板的总时间；沿竖直向下射出的粒子，打到b极板的速度为，因此有，解得，选项B正确；
C.S断开，极板上电荷的电量不变，根据，，可得，S减小，E增大，粒子受到的电场力增大，竖直向上射出的粒子肯定不能打到a板，选项C错误；
D.S断开，极板a右移，电场强度增大，根据，O点的电势升高，选项D正确．

故选ABD。
11.【答案】AC
 【解析】【分析】
本题将小球的运动沿水平方向和竖直方向正交分解后，对于水平方向的运动，关键是找出小球的运动的一般规律，然后分析计算。
将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，其水平方向不受外力，做匀速直线运动，竖直方向在无电场区做匀加速运动，有电场区也做匀变速运动，但加速度不同，运用速度时间关系公式分析，可以得到小球在竖直方向的运动规律。
【解答】
A.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以做匀速直线运动，竖直方向上，在无电场区，做匀加速直线运动，在有电场区，所做的运动取决于所受电场力和重力的关系，故A正确；
B.竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，
当电场强度等于时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不等，因而小球经过每一无电场区的时间均不相等，故B错误；
C.当电场强度等于时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式，有
经过第一个无电场区
经过第一个电场区
联立解得
接下来小球的运动重复前面的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零匀减速直线运动，故C正确；
D.通过前面的分析可知，物体通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以，通过无电场区的时间不一定不同，故D错误。
故选AC。
12.【答案】BD
 【解析】【试题解析】
【分析】本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件。
分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律通过加速度的变化判断物体的运动规律，根据合力与速度的方向确定物体的运动轨迹。根据动能定理，抓住电场力在沿墙面下滑的过程中不做功，根据动能定理求出物体克服摩擦力做功的大小，结合电场力为零时物体脱离墙面，求出运动的时间。

【解答】
【解答】
A.竖直方向上有，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，当时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误；
当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以，解得时间；设摩擦力的冲量为I，则  ，故BD正确；
C.物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得，，
解得，所以摩擦力做负功，故C错误。
故选BD。
13.【答案】AD
 【解析】【分析】
本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、能量守恒定律处理力电综合问题，分析要知道等量异种电荷的电场具有对称性．画出在C、E处对小球受力分析图，由库仑定律结合关系及牛顿第二定律得小球在C、E处加速度关系；C到E过程中，由小球的受力分析其运动情况；由能量守恒定律分析小球最终速度趋近于小球在D点时的速度。
【解答】
A.在C、E处对小球受力分析如图所示，
 合力必沿杆的方向，考虑图中小球在C处对它的力和小球在E处对它的力大小相等，由几何关系可知，，加速度，方向沿杆向右，选项A正确；B.C到E过程中小球受到的两个库仑力都有水平向右的分量，加速度方向一直向右，小球一直加速，选项B错误；C.过E点后直到两个库仑力水平分量相等时加速度为零，速度最大，速度最大的点在E点右侧，选项C错误；D.由等量异种点电荷电场特点，取无限远处电势为零，则D点电势也为零，小球从D点到无穷远过程，小球向无穷远运动过程中，，选项D正确。
故选AD。
14.【答案】AC
 【解析】解：A、小滑块第一次过N点的速度为v，则由动能定理有：，代入数据得：，故A正确；
BC、滑块在ON段运动时所受的摩擦力为：，滑块所受重力、电场力沿斜面的分力为：
因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑做匀减速运动，速度为零时可停下。设小滑与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得：
由 得：
取得：，故B错误，C正确；
D、全过程电场力和摩擦力做功为
解得：，机械能减小J.故D错误。
故选：AC。
对从M到N过程运用动能定理列式求解即可；小滑块在NO阶段重力和电场力的合力的下滑分力与摩擦力大小相等，故速度为零时可以停止，对全程由动能定理列式求解即可。求出非重力的功即可判断机械能的变化。
本题关键明确滑块的运动规律，灵活地选择过程运用动能定理和做功公式求解，在判断滑块沿ON下滑时做匀速运动上滑做匀减速运动，速度为零时可停下较为重要。