2025優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪第5講　專題提升 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

第5講專題提升:帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題基礎(chǔ)對點(diǎn)練題組一等效法在電場中的應(yīng)用1.(多選)(2022全國甲卷)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場,將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和靜電力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后,()A.小球的動(dòng)能最小時(shí),其電勢能最大B.小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí),其電勢能最大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能的增加量2.(多選)(2024安徽安慶模擬)如圖所示,AC是圓O的一條水平直徑,BD是豎直方向的另外一條直徑,M點(diǎn)是圓上的點(diǎn),OM連線與OC的夾角為60°,該圓處于方向與圓面平行的勻強(qiáng)電場中。將電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電油滴從圓心O點(diǎn)以相同的初動(dòng)能Ek0射出,射出方向不同時(shí),油滴可以經(jīng)過圓周上的所有點(diǎn)。在這些點(diǎn)中,經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)油滴的動(dòng)能最小且為Ek04,已知重力加速度的大小為g,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=2mgA.電場線與MO垂直且B點(diǎn)電勢高于C點(diǎn)電勢B.油滴經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為4-3C.油滴經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為74ED.油滴經(jīng)過CD連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為58E題組二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)3.(多選)(2023浙江三模)如圖所示,電子槍產(chǎn)生初速度為零的電子經(jīng)過U0=100V的電場加速,沿中間進(jìn)入平行板電容器,板間電壓u=400sin2πtV,板長L和板間距離d均為10cm,距板右側(cè)D=5cm處有一豎直圓筒,圓筒外側(cè)粘貼涂有感光材料的熒光紙,圓筒以角速度ω=4πrad/s轉(zhuǎn)動(dòng),不計(jì)電子通過平行板時(shí)極板上電壓的變化,電子打到熒光紙上留下印跡,然后從圓筒上沿軸線方向剪開熒光紙并展開,剪開位置不同,得到的圖像形狀也不同,下列圖像可能正確的是()4.有一種電子儀器叫作示波器,可以用來觀察電信號隨時(shí)間變化的情況。示波器的核心部件是示波管,圖甲是它的原理圖。在偏轉(zhuǎn)電極YY'上加上圖乙所示的掃描電壓,偏轉(zhuǎn)電極XX'之間沒有加電壓,此時(shí)示波管的原理圖簡化成如圖丙所示。電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì)),經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO(O為熒光屏的中心)射出,然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的YY'偏轉(zhuǎn)電場中。電子進(jìn)入金屬板M、N間時(shí)的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)(圖中未畫出)。已知M、N兩板間的最大電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為l1,熒光屏到MN極板右端距離為l2。電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮電子受到的重力及電子間相互作用力的影響。甲乙丙(1)求電子穿過A板時(shí)的速度大小。(2)每個(gè)電子穿過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間極短,可以認(rèn)為這個(gè)過程中兩極板間的電壓是不變的,偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場。在t=0.15s時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子打在屏上P位置,求OP長。(3)分析物理量的數(shù)量級,是解決物理問題的常用方法。在解決第(2)問時(shí)忽略了每個(gè)電子穿過電場過程中兩極板間電壓的變化,請結(jié)合下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知l1=4.0×10-2m,電子的比荷em=1.76×1011C/kg,U1=題組三電場中的力電綜合問題5.(多選)如圖所示,光滑絕緣水平地面上有一水平絕緣輕彈簧左端固定,右端與一質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0)的滑塊P(可視作質(zhì)點(diǎn))連接,沿水平方向建立x軸,沿x軸加一水平方向電場(圖中未畫出),x軸上的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系如圖所示?；瑝K從彈簧原長處靜止釋放(未超出彈性限度),沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)直至速度為零的過程中()A.電場的電勢越來越低,電場強(qiáng)度越來越小B.滑塊的加速度先增大后減小C.當(dāng)滑塊的速度最大時(shí),彈簧彈性勢能與滑塊動(dòng)能之和最大D.滑塊克服彈力做的功等于電勢能的減少量6.(多選)(2022海南卷)如圖甲所示,帶正電3×10-5C的物塊A放在水平桌面上,利用細(xì)繩通過光滑的滑輪與物塊B相連,A處在勻強(qiáng)電場中,E=4×105N/C,從O開始,A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ隨x的變化如圖乙所示,取O點(diǎn)電勢能為零,A、B質(zhì)量均為1kg,重力加速度g取10m/s2,B離滑輪的距離足夠長,則()A.它們運(yùn)動(dòng)的最大速度為1m/sB.它們向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為1mC.當(dāng)速度為0.6m/s時(shí),A的電勢能可能是-2.4JD.當(dāng)速度為0.6m/s時(shí),繩子的拉力可能是9.2N7.(2022遼寧卷)如圖所示,光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接,導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放,脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為gR,之后沿軌道BO運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy,在x≥-R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強(qiáng)電場,進(jìn)入電場后小球受到的靜電力大小為2mg。小球在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變,重力加速度為g(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能;(2)小球經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小;(3)小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。綜合提升練8.(2023北京卷)某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中,空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強(qiáng)電場作用下,帶電顆粒打到金屬板上被收集,已知金屬板長度為L,間距為d,不考慮重力影響和顆粒間相互作用。(1)若不計(jì)空氣阻力,質(zhì)量為m、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集,求兩金屬板間的電壓U1。(2)若計(jì)空氣阻力,顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反,大小為Ff=krv,其中r為顆粒的半徑,k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度。a.半徑為R、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集,求兩金屬板間的電壓U2;b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比,進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒,若10μm的顆粒恰好100%被收集,求2.5μm的顆粒被收集的百分比。9.(2024安徽模擬)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi),y軸豎直向上,在第四象限內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,長L=1.5m的非彈性絕緣輕繩一端系于坐標(biāo)原點(diǎn)O,另一端系一質(zhì)量m=1.5kg、電荷量為q、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電的小球。現(xiàn)將小球從y軸上y0=-0.7m處,以水平初速度v0向左拋出,運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后輕繩被拉直,輕繩被拉直后小球以O(shè)為圓心,L為半徑在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)。已知輕繩剛被拉直時(shí),輕繩與豎直方向的夾角α=53°,重力加速度g取10m/s2,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=mg6q,sin53°=0(1)小球水平拋出的初速度大小v0;(2)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小v;(3)小球在第四象限運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的坐標(biāo)以及輕繩對小球的拉力大小。

參考答案第5講專題提升:帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題1.BD解析設(shè)電場強(qiáng)度為E,小球電荷量為q,質(zhì)量為m,初速度為v0,由題知mg=Eq,對小球受力分析如圖所示,水平方向,小球向左先做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為g,豎直方向,小球做自由落體運(yùn)動(dòng),加速度大小為g,電勢能只與靜電力做功有關(guān),當(dāng)小球水平向左速度為零時(shí),電勢能最大,此時(shí)水平方向v0-gt=0,x=v022g,豎直方向v'=gt,h=12gt2,重力做功WG=mgh=mv022,電勢能的增加量Ep電=qEx=mv022,即WG=Ep電,此過程中小球初動(dòng)能Ek初=12m故B、D正確。當(dāng)小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí),v0-gt'=gt',t'=v02g,此時(shí)合速度方向與合力F合方向垂直,小球動(dòng)能最小,故A2.CD解析從O經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)油滴的動(dòng)能最小且為Ek04,則C點(diǎn)為復(fù)合場的等效最高點(diǎn),則復(fù)合場的合力方向如圖所示,則有F合=qEcosθ,qEsinθ=mg,由題意可知E=2mgq,聯(lián)立解得F合=3mg,θ=30°,則電場線的方向如圖所示,由幾何關(guān)系可知,MO與電場線垂直,B點(diǎn)電勢低于C點(diǎn)電勢,故A錯(cuò)誤;油滴經(jīng)過B點(diǎn)時(shí),合外力不做功,所以油滴的動(dòng)能不變,故B錯(cuò)誤;油滴從O經(jīng)過C點(diǎn)時(shí),由動(dòng)能定理可得-F合·L=EkC-Ek0,從O經(jīng)過A點(diǎn)時(shí),有F合·L=EkA-Ek0,聯(lián)立解得油滴經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA=74Ek0,故C正確;油滴經(jīng)過CD連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于OC中點(diǎn)的動(dòng)能,有-F合·L2=Ek中-Ek0,得Ek中=53.BD解析設(shè)電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,出加速電場的速度大小為v0,在加速電場運(yùn)動(dòng)的過程中,由動(dòng)能定理得eU0=12mv02,解得v0=2eU0m,電子在平行板間做類平拋運(yùn)動(dòng),離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)離開電場時(shí)速度方向與水平方向的夾角為θ,豎直方向的分速度為vy,豎直方向的位移為y,則有vy=at=eumd·Lv0=euLmd·m2eU0=uLde2mU0,tanθ=vyv0=uL2dU0,y=vy2·Lv0=uL24dU0,電子打在圓筒上時(shí)的豎直位移y'=y+Dtanθ=uL24dU0+DuL2dU0,代入數(shù)據(jù)解得y'=20sin24.答案(1)2eU1m解析(1)由動(dòng)能定理得eU1=12mv2,解得v=2(2)電子在平行于極板的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),有l(wèi)1=vt在垂直于極板的方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),有y1=12at又eE=ma,0.5U2=Ed,聯(lián)立得y1=U電子出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)OP長為y,射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向與水平方向成θ角,則tanθ=aty=y1+l2tanθ聯(lián)立得y=U2(3)由v=2代入數(shù)據(jù)得v=2.2×107m/s所以電子穿過平行板的時(shí)間t=l1v=1.82×10-9由圖乙可知電場變化的周期T=0.2s,得tT=9.1×10-顯然t?T,因此電子穿過平行板的過程中可以認(rèn)為兩板間的電壓是不變的。5.AD解析由x軸上的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系圖像,可知電場的電勢越來越低,由圖像的斜率表示電場強(qiáng)度,可知電場強(qiáng)度越來越小,A正確;由題意可知,沿x軸正方向電勢降低,即電場方向沿x軸正方向。滑塊P沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí),受到向右的靜電力和向左的彈力,開始兩力的合力方向沿x軸正方向,且合力由大變小,當(dāng)合力為零時(shí),加速度為零,滑塊P速度最大,隨沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)位移的增大,電場強(qiáng)度逐漸減小,彈力逐漸增大,其合力方向向左,且逐漸增大,當(dāng)滑塊P速度為零時(shí),彈力最大,因此滑塊P的加速度先減小后增大,B錯(cuò)誤;由題意可知,滑塊P運(yùn)動(dòng)中,電勢能的減少量等于滑塊動(dòng)能的增加量與彈簧的彈性勢能的增加量之和,因此滑塊P速度為零時(shí),電勢能的減少量最大,則有彈簧彈性勢能與滑塊動(dòng)能之和最大,C錯(cuò)誤;由以上分析可知,滑塊P速度為零時(shí),電勢能的減少量最大,且全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,即為滑塊P克服彈力所做的功,D正確。6.ACD解析由題知Ff=μmg=2x,設(shè)A向左移動(dòng)x后速度為零,對A、B系統(tǒng)有qEx-mgx-12Ffx=0(此處Ffx前面的12是因?yàn)槟Σ亮κ亲兞?其做功可以用平均力),可得x=2m,A向左運(yùn)動(dòng)是先加速后減速,當(dāng)x=2m時(shí),摩擦力變成靜摩擦力,并反向,系統(tǒng)受力平衡,最后靜止,設(shè)A向左運(yùn)動(dòng)x'后速度為v,對系統(tǒng)則有qEx'-mgx'-12Ffx'=12·2mv2,得mv2=-(x'-1)2+1,當(dāng)x'=1m時(shí),v最大為1m/s,故A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)v=0.6m/s時(shí),可得x=0.2m或1.8m,當(dāng)x=0.2m時(shí),靜電力做功qEx=2.4J,則電勢能減小2.4J,由于EpO=0,則電勢能為-2.4J,當(dāng)x=1.8m時(shí),qEx=-21.6J,故C正確;根據(jù)牛頓第二定律得qE-Ff-mg=2ma,當(dāng)x=0.2m時(shí),系統(tǒng)加速度a=0.8m/s2,對B有FT-mg=ma,得FT=10.8N,當(dāng)x=1.8m時(shí),系統(tǒng)加速度a'=-0.8m/s2,對B分析可得FT'=9.27.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2=解析(1)小球從A到B,根據(jù)能量守恒定律得Ep=12m(2)小球從B到O,根據(jù)動(dòng)能定理有-mgR+F2R=1解得vO=3gR(3)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上,受靜電力和重力作用,將靜電力分解到x軸和y軸,則x軸方向有F靜cos45°=max豎直方向有F靜sin45°-mg=may解得ax=g,ay=0則小球從O點(diǎn)開始以后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),即做類平拋運(yùn)動(dòng),則有x=12gt2,y=vO聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為y2=6Rx。8.答案(1)2d2mv0解析(1)只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集器右側(cè),顆粒就能夠全部收集,有L=v0td=12atqE=maE=U解得U1=2d(2)a.顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度,有F電=Ff即qU且d解得U2=db.10μm的電荷量為q的顆粒恰好100%被收集,顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度,所受阻力等于靜電力,有Ff=kRvmax,Ff=qE'10μm的