新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第3部分 考前特訓(xùn) 熱點(diǎn)9　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (含解析)

熱點(diǎn)9帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.(2022·遼寧省模擬)某平面區(qū)域內(nèi)一靜電場(chǎng)的等勢(shì)線分布如圖中虛線所示，相鄰的等勢(shì)線電勢(shì)差相等，一負(fù)電荷僅在靜電力作用下由a運(yùn)動(dòng)至b，設(shè)該電荷在a、b兩點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab，電勢(shì)分別為φa、φb，速度大小分別為va、vb，電勢(shì)能分別為Epa、Epb，則()A．a(chǎn)a>ab B．vb>vaC．Epa>Epb D．φa>φb答案D解析等差等勢(shì)面的疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，所以Ea<Eb，由牛頓第二定律得加速度大小a＝eq\f(qE,m)，可知aa<ab，故A錯(cuò)誤；研究軌跡與等勢(shì)線的交點(diǎn)A，如圖所示，電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，再利用物體做曲線運(yùn)動(dòng)合外力指向凹側(cè)，所以A點(diǎn)所受靜電力水平向左，電荷帶負(fù)電，所以A點(diǎn)的電場(chǎng)線水平向右，從而判斷出電場(chǎng)線指向右側(cè)，所以φa>φb，故D正確；負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，所以在b點(diǎn)的電勢(shì)能大于a點(diǎn)的電勢(shì)能，即Epa<Epb，故C錯(cuò)誤；一負(fù)電荷僅在靜電力作用下，電荷具有的動(dòng)能和電勢(shì)能之和不變，根據(jù)能量守恒，電勢(shì)能大的地方，動(dòng)能小，所以va>vb，故B錯(cuò)誤．2．(2022·廣西南寧市二模)空間有一沿x軸分布的電場(chǎng)，如圖乙所示，x軸上有P、Q兩點(diǎn)，其位置坐標(biāo)分別為x0、2x0.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v0沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖甲所示，粒子僅受靜電力作用．則下列說法正確的是()A．粒子在OQ段克服靜電力做功B．粒子在OP段與PQ段動(dòng)能增量相等C．粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能比Q點(diǎn)的小D．P點(diǎn)的電勢(shì)比Q點(diǎn)的電勢(shì)高答案D解析由題圖甲可知，粒子在OQ段速度增大，動(dòng)能增加，靜電力做正功，電勢(shì)能減小，A、C錯(cuò)誤；由題圖甲中數(shù)據(jù)可得粒子在OP段和PQ段速度增量均為eq\f(v0,2)，但OP與PQ動(dòng)能增量分別為eq\f(5,8)mv02和eq\f(7,8)mv02，B錯(cuò)誤；因?yàn)閝>0，粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q，速度增大，靜電力做正功，電勢(shì)能Ep減小，由φ＝eq\f(Ep,q)可知電勢(shì)降低，D正確．3．(多選)(2022·東北三省三校第二次模擬)如圖所示，水平放置的上、下兩個(gè)帶電金屬板，相距為3d，板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)，上板上方距上板d處有一帶電荷量為＋q的小球B，其正上方有一帶電荷量為－6q的小球A，它們的質(zhì)量均為m，用長度為d的絕緣輕桿相連．將兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進(jìn)入電場(chǎng)中．若空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．A球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\r(2gd)B．A球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\r(5gd)C．B球能碰到下板D．B球不能碰到下板答案BD解析對(duì)A、B整體，由動(dòng)能定理有2mg·2d＋qEd＝eq\f(1,2)·2mv2，可得A球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(5gd)，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)B在電場(chǎng)中下降距離為x，則根據(jù)動(dòng)能定理可得2mg(d＋x)＋qEx－6qE(x－d)＝0，可得x＝eq\f(8,3)d<3d，故B球不能碰到下板，故C錯(cuò)誤，D正確．4.(多選)(2022·四川涼山州第二次診斷性檢測(cè))光滑水平桌面內(nèi)固定一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，整個(gè)軌道處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，其俯視圖如圖所示．一質(zhì)量為m的帶電小球(看作質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)獲得一速度v0，在軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，且小球在A點(diǎn)時(shí)速度最大．已知小球所受靜電力的大小等于小球的重力大小，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球在B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)其彈力大小為m(eq\f(v02,R)－5g)C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增加2mgRD．小球在A點(diǎn)獲得的最小速度為eq\r(4Rg)答案BC解析小球在水平光滑圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)速度最大，可知小球所受靜電力向左，帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從A到B由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02＝－Eq·2R，F(xiàn)NB＋Eq＝meq\f(vB2,R)，其中Eq＝mg，解得FNB＝m(eq\f(v02,R)－5g)，選項(xiàng)B正確；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增加量等于克服靜電力做的功，則ΔEp＝qE×2R＝2mgR，選項(xiàng)C正確；在B點(diǎn)速度最小時(shí)有Eq＝meq\f(vBmin2,R)，根據(jù)eq\f(1,2)mvBmin2－eq\f(1,2)mv0min2＝－Eq·2R，小球在A點(diǎn)獲得的最小速度為v0min＝eq\r(5gR)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．(多選)(2022·全國甲卷·21)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電荷的小球自電場(chǎng)中P點(diǎn)水平向左射出．小球所受的重力和電場(chǎng)力的大小相等，重力勢(shì)能和電勢(shì)能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)．則射出后()A．小球的動(dòng)能最小時(shí)，其電勢(shì)能最大B．小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí)，其電勢(shì)能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動(dòng)能最大D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢(shì)能的增加量答案BD解析由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°.如圖所示，當(dāng)vy＝0時(shí)速度最小，為vmin＝v1，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動(dòng)能最小，由于此時(shí)v1存在水平分量，電場(chǎng)力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢(shì)能不是最大，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)小球水平速度減為0時(shí)，水平方向上有v0＝eq\f(Eq,m)t，在豎直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，此時(shí)小球的動(dòng)能等于初動(dòng)能，由于此時(shí)速度沒有水平分量，故電勢(shì)能最大，由動(dòng)能定理可知WG＋WEq＝0，則重力做功等于小球電勢(shì)能的增加量，故B、D正確．6．(多選)(2022·山西太原市一模)圖(a)的平行金屬板M、N間加有圖(b)所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng).eq\f(1,4)T時(shí)，比荷為k的帶電粒子甲從O點(diǎn)沿OO′方向、以v0的速率進(jìn)入板間，eq\f(3,2)T時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰．若在eq\f(3,8)T時(shí)刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO′從O點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，不計(jì)粒子受到的重力，則下列說法中正確的是()A．T時(shí)刻，乙粒子離開電場(chǎng)B．乙粒子的比荷為eq\f(8k,7)C．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2∶3D．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1∶2答案ABD解析假設(shè)粒子甲、乙?guī)N電荷，平行金屬板M、N間距離為d，則有a＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0,d)k為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以豎直方向位移和時(shí)間關(guān)系，可得vy＝at，作出粒子甲、乙在豎直方向上的速度時(shí)間圖像，如圖，則圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，而水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，令金屬板的長度為L，恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移剛好為eq\f(d,2)，從速度時(shí)間圖像可知，斜率不變，即a不變，則粒子甲豎直方向的總位移為y甲＝S△ABC－S△CDE＋S△EFH＝eq\f(1,8)Tv1＝eq\f(d,4)，故eq\f(1,8)Tv1＝y(tǒng)甲，且v1＝a(eq\f(T,2)－eq\f(T,4))，聯(lián)立解得y甲＝eq\f(U0,32d)kT2，而最大位移大小為y甲m＝eq\f(1,4)Tv1＝eq\f(U0,16d)kT2＝eq\f(1,2)d，所以d＝eq\f(U0,8d)kT2，時(shí)間為t＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3T,2)－eq\f(T,4)＝eq\f(5,4)T；粒子乙豎直方向上的速度時(shí)間圖線為A′B′C′D′，而水平方向時(shí)間為t′＝eq\f(L,2v0)＝eq\f(5,8)T，所以有t乙＝eq\f(3,8)T＋eq\f(5,8)T＝T，A正確；設(shè)乙粒子的比荷為k′，則乙的加速度大小為a′＝eq\f(U0q′,m′d)＝eq\f(U0k′,d)，由對(duì)稱性可知，乙的最大位移為y乙m＝S△C′D′H′－S△A′B′C′＝eq\f(1,2)×eq\f(3,8)T·v1′－eq\f(1,2)×eq\f(2,8)T·v2＝eq\f(d,2)，而v2＝a′·eq\f(T,8)＝eq\f(U0k′T,