2022高考物理一轮复习课时专练 课时跟踪检测(二十五)　带电粒子在电场中运动的综合问题

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课时跟踪检测(二十五)　带电粒子在电场中运动的综合问题1．示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(　　 )A．U1变大，U2变大　　　　 B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小    D．U1变小，U2变小解析：选B　电子通过加速电场时有eU1＝mv02，电子在偏转电场中，垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则运动时间t＝；平行于电场线的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝，末速度vy＝at＝，偏转角tan θ＝＝，所以θ∝，B正确。2．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　 )A．0<t0<    B．<t0<C．<t0<T    D．T<t0<解析：选B　设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、、、时粒子运动的速度时间图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<，<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。3．(多选)(2020·山东潍坊市质检)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是(　　 )A．粒子在电场中运动的最短时间为B．射出粒子的最大动能为mv02C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出解析：选AD　由题图可知场强E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝atmin2，解得tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为mv02，选项B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。4.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．电场力与重力平衡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：选B　由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。5．(多选)(2020·四川达州市模拟)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)。小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h。某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g。则(　　 )A．带电微粒在M、N两极板间往复运动B．两极板间电场强度大小为C．若将M向下平移，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为hD．若将N向上平移，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为h解析：选BD　由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝，选项B正确；若将M向下平移，则板间场强变为E1＝＝＝E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·＝0，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移，则板间场强变为E2＝＝＝E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理：mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝h，选项D正确。6．(多选)(2020·四川省泸县第四中学模拟)如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场。开始时，带正电的小物块A在斜面底端，在外力作用下静止，B离地面一定高度，撤去外力，B竖直向下运动。B不带电，不计滑轮摩擦。则从A和B开始运动到B着地的过程中(　　 )A．A的电势能增加B．A和B系统的机械能守恒C．A和B系统减少的重力势能等于A增加的电势能D．轻绳拉力对A做的功大于A的电势能增加量和动能增加量之和解析：选AD　物块A带正电，所以B竖直向下的过程中A沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A正确；因为电场力对A做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A增加的电势能，C错误；对A物块应用功能关系，可知轻绳拉力对A做的功等于A的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，D正确。7．如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？解析：小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知－2mg′R＝mvD2－mv02解得v0＝ ，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0≥ 。答案：v0≥ 8．(多选)(2020·四川乐山市模拟)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．小球动能的最小值为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：选AB　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、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mg tan θ＝qE，解得E＝，选项A正确；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，电场力先做正功，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。9．(多选)(2020·广东省高三二模)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、D、B四点，其中O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OB。A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，使得圆周上各点电势相等。有一个质量为m，电荷量为－q的带电小球在滑槽中运动，在C点受的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知(　　 )A．固定在B点的电荷带正电B．固定在B点的电荷电荷量为QC．小球在滑槽内做匀速圆周运动D．C、D两点的电场强度大小相等解析：选BC　由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点。A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电，故A错误；由∠ABC＝∠ACB＝30°知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L；BC＝2AB cos 30°＝L由力的合成可得F1＝F2即k＝kQB＝Q，故B正确；圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故C正确；由库仑定律及场强的叠加知，D点的电场强度大于C点，故D错误。故选B、C。10．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为等于零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。解析：(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝·2mv02，解得v0＝。(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0＝，据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep，解得Ep＝mgh。(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvB×2mv02＝×2mvA2＋mvB2解得vA＝v0＝，vB＝v0＝答案：(1)　(2)mgh　(3)　11．(2020·广东惠州调研)如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的水平的匀强磁场，磁感强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙。现在有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的倍。现将小环从M点右侧的D点由静止释放，D点到M点的水平距离x0＝。求：(1) 小环第一次到达圆弧轨道最高点P时的速度大小；(2) 小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；(3) 若小环与PQ间动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，通过讨论，求出小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)由动能定理得：qEx0－2mgR＝mvp2 qE＝x0＝得vP＝0(2)小环在A点时的速度为vA，由动能定理qE(x0＋R)－mgR＝mvA2－0得：vA＝在A点：N－qvAB－qE＝m 联立得：N＝＋(3)若f＝μmg≥qE　即μ≥小环第一次到达P点右侧s1距离处速度为零，小环将停在此处不动，由动能定理qE(4R－s1)－2mgR－fs1＝0f＝μmg联立得：s1＝所以克服摩擦力所做的功为：Wf＝μmgs1＝若f＝μmg<qE　即μ<环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，克服摩擦力功Wf，由动能定理qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0解得：Wf＝mgR答案：(1)0　(2)＋(3)若μ≥，则Wf＝　若μ<，则Wf＝mgR