新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 热点9　带电粒子在电场中的运动 (含解析)

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热点9　带电粒子在电场中的运动1.(2022·辽宁省模拟)某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，相邻的等势线电势差相等，一负电荷仅在静电力作用下由a运动至b，设该电荷在a、b两点的加速度大小分别为aa、ab，电势分别为φa、φb，速度大小分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则(　　)A．aa>ab   B．vb>va C．Epa>Epb   D．φa>φb 答案　D解析　等差等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Ea<Eb，由牛顿第二定律得加速度大小a＝，可知aa<ab，故A错误；研究轨迹与等势线的交点A，如图所示，电场线与等势线垂直，再利用物体做曲线运动合外力指向凹侧，所以A点所受静电力水平向左，电荷带负电，所以A点的电场线水平向右，从而判断出电场线指向右侧，所以φa>φb，故D正确；负电荷在电势低的地方电势能大，所以在b点的电势能大于a点的电势能，即Epa<Epb，故C错误；一负电荷仅在静电力作用下，电荷具有的动能和电势能之和不变，根据能量守恒，电势能大的地方，动能小，所以va>vb，故B错误．2．(2022·广西南宁市二模)空间有一沿x轴分布的电场，如图乙所示，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x0、2x0.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图甲所示，粒子仅受静电力作用．则下列说法正确的是(　　)A．粒子在OQ段克服静电力做功B．粒子在OP段与PQ段动能增量相等C．粒子在P点的电势能比Q点的小D．P点的电势比Q点的电势高答案　D解析　由题图甲可知，粒子在OQ段速度增大，动能增加，静电力做正功，电势能减小，A、C错误；由题图甲中数据可得粒子在OP段和PQ段速度增量均为，但OP与PQ动能增量分别为mv02和mv02，B错误；因为q>0，粒子从P运动到Q，速度增大，静电力做正功，电势能Ep减小，由φ＝可知电势降低，D正确．3．(多选)(2022·东北三省三校第二次模拟)如图所示，水平放置的上、下两个带电金属板，相距为3d，板间有竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝，上板上方距上板d处有一带电荷量为＋q的小球B，其正上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们的质量均为m，用长度为d的绝缘轻杆相连．将两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中．若空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．A球刚进入电场时的速度大小为B．A球刚进入电场时的速度大小为C．B球能碰到下板D．B球不能碰到下板答案　BD解析　对A、B整体，由动能定理有2mg·2d＋qEd＝·2mv2，可得A球刚进入电场时的速度大小为v＝，故A错误，B正确；设B在电场中下降距离为x，则根据动能定理可得2mg(d＋x)＋qEx－6qE(x－d)＝0，可得x＝d<3d，故B球不能碰到下板，故C错误，D正确．4.(多选)(2022·四川凉山州第二次诊断性检测)光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，其俯视图如图所示．一质量为m的带电小球(看作质点)在A点获得一速度v0，在轨道内做完整的圆周运动，且小球在A点时速度最大．已知小球所受静电力的大小等于小球的重力大小，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)A．小球带正电B．小球在B点时轨道对其弹力大小为m(－5g)C．小球从A点运动到B点的过程中电势能增加2mgRD．小球在A点获得的最小速度为答案　BC解析　小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知小球所受静电力向左，带负电，选项A错误；从A到B由动能定理有mvB2－mv02＝－Eq·2R，FNB＋Eq＝m，其中Eq＝mg，解得FNB＝m(－5g)，选项B正确；小球从A点运动到B点的过程中电势能增加量等于克服静电力做的功，则ΔEp＝qE×2R＝2mgR，选项C正确；在B点速度最小时有Eq＝m，根据mvBmin2－mv0min2＝－Eq·2R，小球在A点获得的最小速度为v0min＝，选项D错误．5．(多选)(2022·全国甲卷·21)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(　　)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答案　BD解析　由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.如图所示，当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A、C错误；当小球水平速度减为0时，水平方向上有v0＝t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，此时小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确．6．(多选)(2022·山西太原市一模)图(a)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.T时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰．若在T时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是(　　)A．T时刻，乙粒子离开电场B．乙粒子的比荷为C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2∶3D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1∶2答案　ABD解析　假设粒子甲、乙带同种电荷，平行金属板M、N间距离为d，则有a＝＝k为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得vy＝at，作出粒子甲、乙在竖直方向上的速度时间图像，如图，则图线与时间轴围成的面积表示位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为L，恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移刚好为，从速度时间图像可知，斜率不变，即a不变，则粒子甲竖直方向的总位移为y甲＝S△ABC－S△CDE＋S△EFH＝T v1＝，故T v1＝y甲，且v1＝a(－)，联立解得y甲＝kT2，而最大位移大小为y甲m＝T v1＝kT2＝d，所以d＝kT2，时间为t＝＝－＝T；粒子乙竖直方向上的速度时间图线为A′B′C′D′，而水平方向时间为t′＝＝T，所以有t乙＝T＋T＝T，A正确；设乙粒子的比荷为k′，则乙的加速度大小为a′＝＝，由对称性可知，乙的最大位移为y乙m＝S△C′D′H′－S△A′B′C′＝×T·v1′－×T·v2＝，而v2＝a′·＝，v1′＝a′·T＝k′T，所以d＝k′T2，联立解得k′＝k，B正确；乙在竖直方向的总位移大小为y乙＝y乙m＝，则偏转位移大小之比为＝＝，C错误，D正确．