2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場限時規(guī)范專題練三帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合性問題含解析新人教版

PAGE13-限時規(guī)范專題練(三)帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合性問題時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～5題為單選，6～10題為多選)1.如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電小球，從平行板電場中的P點以相同的初速度v0垂直進(jìn)入電場，它們分別落到A、B、C三點()A．落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B．三小球在電場中運(yùn)動的時間相等C．三小球到達(dá)正極板時動能關(guān)系：EkA>EkB>EkCD．三小球在電場中運(yùn)動的加速度關(guān)系：aA>aB>aC答案A解析帶負(fù)電的小球受到的合力為mg＋F電，帶正電的小球受到的合力為mg－F電′，不帶電小球僅受重力mg，依據(jù)牛頓其次定律可得帶負(fù)電的小球加速度最大，其次為不帶電小球，最小的為帶正電的小球，故小球在板間運(yùn)動時間t＝eq\f(x,v0)，xC<xB<xA，所以tC<tB<tA，又h＝eq\f(1,2)at2，hC＝hB＝hA，故aC>aB>aA，B、D錯誤；故落在C點的小球帶負(fù)電，落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電，A正確；因為重力對三個小球做功相同，電場對帶負(fù)電的小球C做正功，對帶正電的小球A做負(fù)功，對不帶電的B球不做功，依據(jù)動能定理可得三小球落在板上的動能大小關(guān)系為EkC>EkB>EkA，C錯誤。2.如圖所示，兩極板水平放置的平行板電容器間形成勻強(qiáng)電場，兩極板間相距為d。一帶負(fù)電的微粒從上極板M的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板的邊緣射出。已知微粒的電量為q、質(zhì)量為m。下列說法正確的是()A．微粒運(yùn)動的加速度不為0B．微粒的電勢能減小了mgdC．兩極板間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．N極板的電勢高于M板的電勢答案C解析由題意分析可知，微粒所受電場力方向豎直向上，與重力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動，加速度為零，A錯誤；微粒穿過平行板電容器過程，重力做功mgd，微粒的重力勢能減小，動能不變，依據(jù)能量守恒定律知，微粒的電勢能增加了mgd，B錯誤；微粒的電勢能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到兩極板的電勢差U＝eq\f(mgd,q)，C正確；電場力方向豎直向上，微粒帶負(fù)電，故電場強(qiáng)度方向豎直向下，M板的電勢高于N板的電勢，D錯誤。3．(2024·湖北孝感模擬)質(zhì)量為m的物塊，帶電荷量為＋Q，起先時讓它靜止在傾角為α＝60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個裝置放在方向水平、大小為E＝eq\f(\r(3)mg,Q)的勻強(qiáng)電場中，如圖所示，斜面高為H，釋放物塊后，物塊落地的速度大小為()A．(2＋eq\r(3))gH B.eq\r(\f(5,2)gH)C．2eq\r(2gH) D．2eq\r(gH)答案C解析對物塊進(jìn)行受力分析，物塊受重力和水平向左的電場力，電場力F＝QE＝eq\r(3)mg，合力與水平方向夾角β＝30°，故物塊沿圖中虛線運(yùn)動，依據(jù)動能定理，從起先到落地過程有mgH＋F·eq\f(H,tanβ)＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝2eq\r(2gH)，C正確，A、B、D錯誤。4．如圖所示為沿水平方向的勻強(qiáng)電場的三條電場線，豎直平面內(nèi)有一個圓周，A點為圓周上和圓心同一高度的一點，B點為圓周上的最高點。在A點的粒子源以相同大小的初速度v0在豎直面內(nèi)沿各個方向放射帶正電的同種粒子(不計粒子重力)，豎直向上放射的粒子恰好經(jīng)過B點，則從圓周上離開的粒子的最大速度大小為()A．3v0 B．2v0C.eq\r(2)v0 D．v0答案A解析設(shè)粒子所帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m，電場強(qiáng)度為E，圓周的半徑為R，因豎直向上放射的粒子做類平拋運(yùn)動經(jīng)過B點，故電場方向水平向右，且有a＝eq\f(qE,m)，R＝v0t，R＝eq\f(1,2)at2，解得qE＝eq\f(2mv\o\al(2,0),R)，粒子從圓周上右側(cè)與圓心等高處離開時的速度最大，設(shè)為v，則有qE·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得v＝3v0，A正確。5．(2024·福建福州模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定光滑的絕緣軌道ABCD，其中傾角θ＝37°的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心，質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，A、B兩點高度差為h，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列推斷正確的是()A．調(diào)整高度差h，小球從D點離開圓弧軌道后有可能干脆落在B點B．當(dāng)h＝2.5R時，小球會從D點以eq\r(gR)的速度飛出，做平拋運(yùn)動C．若在O點放一個正點電荷，小球通過D點的速度肯定大于eq\r(gR)D．若在O點放個正點電荷，小球從C點沿圓弧軌道到D點過程機(jī)械能不守恒答案C解析小球以速度v0從D點離開后做平拋運(yùn)動，假設(shè)小球落在B點，則有：R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，解得：t0＝6eq\r(\f(R,10g))，則有：xmin＝vmint0＝eq\r(gR)·6eq\r(\f(R,10g))＝eq\f(6R,\r(10))>0.6R，故小球不會干脆落在B點，A錯誤；當(dāng)h＝2.5R時，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mg(h－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(7,5)gR)>eq\r(gR)，所以小球會從D點以eq\r(\f(7,5)gR)的速度飛出，做平拋運(yùn)動，B錯誤；若在O點放一個正點電荷，依據(jù)牛頓其次定律可得：mg＋F電＝eq\f(mv\o\al(2,min),R)，解得小球通過D點的速度vD≥vmin>eq\r(gR)，C正確；若在O點放個正點電荷，從C點沿圓弧軌道到D點過程小球受到的電場力與運(yùn)動方向始終垂直，只有重力做功，小球機(jī)械能守恒，D錯誤。6．(2024·福建莆田模擬)將一帶正電的粒子從電場中的O點由靜止釋放，該粒子僅在電場力作用下沿直線運(yùn)動，依次經(jīng)過電場中的A、B兩點，其速度v隨位移x的改變規(guī)律如圖。則()A．A點的電場強(qiáng)度小于B點的電場強(qiáng)度B．粒子在A點的電勢能小于粒子在B點的電勢能C．A點的電勢比B點的電勢高D．OA之間的電勢差等于AB之間的電勢差答案AC解析由圖象可知v＝kx，則eq\f(Δv,Δt)＝k·eq\f(Δx,Δt)，a＝kv＝kx2，可知隨x的增大，v增大，a增大，場強(qiáng)E增大，即A點的電場強(qiáng)度小于B點的電場強(qiáng)度，A正確；粒子從A到B動能增加，則電勢能減小，即粒子在A點的電勢能大于粒子在B點的電勢能，因粒子帶正電，可知A點的電勢比B點的電勢高，B錯誤，C正確；由動能定理：UOAq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；UABq＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，則O、A之間的電勢差小于A、B之間的電勢差，D錯誤。7．(2024·湖南衡陽模擬)如圖所示，水平線a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中的等差等勢線，一個質(zhì)量為m，電荷量肯定值為q的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，A、B為其運(yùn)動軌跡上的兩個點，已知該粒子在A點的速度大小為v1，在B點的速度大小為v2，且方向與等勢線平行，A、B連線長為L，連線與豎直方向的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則()A．該粒子肯定帶正電B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2qLcosθ)C．粒子在B點的電勢能肯定大于在A點的電勢能D．等勢線b的電勢比等勢線c的電勢高答案BC解析依據(jù)做曲線運(yùn)動的物體所受的合力指向曲線的凹側(cè)以及電場強(qiáng)度的方向垂直于等勢線可知，電場力豎直向上，由于不知道電場強(qiáng)度的方向，所以無法確定粒子的電性，A錯誤；在沿電場線方向的位移為：y＝Lcosθ，設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由動能定理得：－qEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以E＝eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2qLcosθ)，B正確；粒子所受的電場力方向向上，所以粒子從A到B過程中電場力做負(fù)功，電勢能增大，C正確；依據(jù)題意可知推斷粒子受到的電場力方向，但無法確定電場強(qiáng)度的方向，所以無法確定等勢線的電勢凹凸，D錯誤。8．(2024·四川瀘縣一中模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動至圓周軌跡的最高點時機(jī)械能最小D．小球從初始位置起先，沿順時方向在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，其電勢能先減小后增大答案AB解析小球靜止時細(xì)線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，依據(jù)平衡條件有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，在等效最高點A速度最小，依據(jù)牛頓其次定律有：eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正確；小球的機(jī)械能與電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動到圓周軌跡的最左端點時機(jī)械能最小，C錯誤；小球從初始位置起先，沿順時方向在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，電場力先做負(fù)功，后做正功，再做負(fù)功，則其電勢能先增大后減小，再增大，D錯誤。9.(2024·銀川一中模擬)如圖所示，勻強(qiáng)電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場，帶電粒子的重力不計。假如帶電粒子從M點垂直電場方向進(jìn)入電場，則恰好從D點離開電場，若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，則帶電粒子()A．從BC邊界離開電場B．從AD邊界離開電場C．在電場中的運(yùn)動時間為eq\f(L,v0)D．離開電場時的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BD解析從M到D過程粒子做類平拋運(yùn)動，則沿v0方向有：L＝v0t，垂直v0方向：eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(F,m)，解得：F＝eq\f(mv\o\al(2,0),L)，當(dāng)帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，粒子做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)粒子勻減速運(yùn)動的位移為x時速度減至零，依據(jù)動能定理得：－Fx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(L,2)，粒子運(yùn)動到位移為eq\f(L,2)處，又沿原路返回，所以粒子最終從AD邊離開電場，A錯誤，B正確；設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t′，則eq\f(L,2)＝eq\f(v0,2)·eq\f(t′,2)，t′＝eq\f(2L,v0)，C錯誤；離開電場時電場力做功為零，故離開電場時的動能為：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D正確。10.如圖所示，M、N兩點處于同一水平面，O為M、N連線的中點，過O點的豎直線上固定一根絕緣光滑細(xì)桿，桿上A、B兩點關(guān)于O點對稱。第一種狀況，在M、N兩點分別放置電量為＋Q和－Q的等量異號點電荷，套在桿上帶正電的小金屬環(huán)從A點無初速釋放，運(yùn)動到B點；其次種狀況，在M、N兩點分別放置電量為＋Q的等量同號點電荷，該金屬環(huán)仍從A點無初速釋放，運(yùn)動到B點。則兩種狀況中()A．金屬環(huán)運(yùn)動到B點的速度第一種狀況較大B．金屬環(huán)從A點運(yùn)動到B點所用的時間第一種狀況較短C．金屬環(huán)從A點運(yùn)動到B點的過程中，動能與重力勢能之和均保持不變D．金屬環(huán)從A點運(yùn)動到B點的過程中(不含A、B兩點)，在桿上相同位置的速度第一種狀況較大答案BD解析等量異號點電荷連線的中垂線是等勢線，帶電金屬環(huán)沿桿運(yùn)動時電勢能不變，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，金屬環(huán)所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的勻加速直線運(yùn)動；等量同號正點電荷連線中垂線上，點電荷連線的中點O電勢最高，與中點O距離越遠(yuǎn)，電勢越低，A、B兩點關(guān)于O點對稱，電勢相等，金屬環(huán)電勢能相等，從A點到B點時重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能，第一種狀況與其次種狀況在B點的速度相等，故A錯誤。其次種狀況中金屬環(huán)所受電場力先是阻力后是動力，結(jié)合到B點時與第一種狀況速度相等，可知D正確。由于到B點前其次種狀況相同位置的速度均比較小，所以運(yùn)動時間比較長，故B正確。第一種狀況，只有重力做功，機(jī)械能守恒，其次種狀況，除重力做功外，電場力先做負(fù)功，后做正功，過程中機(jī)械能不守恒，故C錯誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11．(14分)(2024·四川樂山高三一調(diào))如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)。圓管的圓心為O，D點為圓管的最低點，A、B兩點在同一水平線上，AB＝2L，圓管的半徑為r＝eq\r(2)L(自身的內(nèi)徑忽視不計)。過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點，在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小E2＝eq\f(mg,q)。圓心O正上方的P點有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q＞0)的小球(可視為質(zhì)點)，PC間距為L。現(xiàn)將該小球從P點無初速釋放，經(jīng)過一段時間后，小球剛好從管口A無碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi)，并接著運(yùn)動。重力加速度為g。求：(1)虛線AB上方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E1；(2)小球在ADB管中運(yùn)動經(jīng)過D點時對管的壓力FD；(3)小球從管口B離開后，經(jīng)過一段時間到達(dá)虛線AB上的N點(圖中未標(biāo)出)，在圓管中運(yùn)動的時間與總時間之比eq\f(tAB,tPN)。答案(1)eq\f(mg,q)(2)2eq\r(2)mg，方向豎直向下(3)eq\f(π,4＋π)解析(1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動，小球從A點沿切線方向進(jìn)入圓管，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則：tan45°＝eq\f(E1q,mg)，解得：E1＝eq\f(mg,q)。(2)從P到A的過程，依據(jù)動能定理：mgL＋E1qL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝2eq\r(gL)，小球在管中運(yùn)動時，E2q＝mg，小球做勻速圓周運(yùn)動，則vD＝vA＝2eq\r(gL)在D點時，下壁對球的支持力F＝meq\f(v\o\al(2,D),r)＝2eq\r(2)mg由牛頓第三定律得，F(xiàn)D＝F＝2eq\r(2)mg，方向豎直向下。(3)小球由P點運(yùn)動到A點做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)所用時間為t1，則：eq\r(2)L＝eq\f(1,2)eq\r(2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2L,g))，設(shè)小球在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的時間為t2，則：t2＝eq\f(\f(3,4)·2πr,vA)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(2L,g))小球離開圓管后做類平拋運(yùn)動，設(shè)小球從B點到N點的過程中所用時間為t3，則y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)，x＝vBt3，vB＝vA，a＝eq\f(g,cos45°)＝eq\r(2)g，聯(lián)立解得：t3＝2eq\r(\f(2L,g))，則：eq\f(tAB,tPN)＝eq\f(t2,t1＋t2＋t3)＝eq\f(π,4＋π)。12．(16分)(2024·湖北七市(州)教科研協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，x軸水平向右，y軸豎直向下，在x≥2L區(qū)域內(nèi)存在與x軸平行的勻強(qiáng)電場(未畫出)，一帶正電小球，電荷量為q，從原點O水平拋出，再從A點進(jìn)入電場區(qū)域，并從C點離開，其運(yùn)動的軌跡如圖所示，B點是小球在電場中向右運(yùn)動的最遠(yuǎn)點，B點的橫坐標(biāo)xB＝3L。已知小球拋出時的動能為Ek0，在B點的動能為eq\f(4,3)Ek0，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)小球在OA段運(yùn)動的時間與在AB段運(yùn)動的時間之比；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)和小球的質(zhì)量；(3)小球在電場中運(yùn)動的最小動能。答案(1)1∶1(2)eq\f(Ek0,qL)，方向水平向左eq\f(\r(3)Ek0,3gL)(3)Ek0解析(1)設(shè)小球質(zhì)量為m，初