(新高考)高考物理一轮复习教案第7章限时规范专题练(三)《带电粒子在电场中运动的综合性问题》(含详解)

限时规范专题练(三)带电粒子在电场中运动的综合性问题时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～5题为单选，6～10题为多选)1．(2020·北京市西城区高三下学期模拟)如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是()A．静电力做正功B．重力和静电力的合力做负功C．重力势能的减少量大于电势能的增加量D．重力势能的减少量小于动能的增加量答案C解析由于下极板带负电，带负电的油滴所受静电力向上，因此在该油滴向下运动的过程中，静电力做负功，A错误；由于油滴向下加速运动，所受合力向下，因此重力和静电力的合力做正功，B错误；重力做正功，重力势能减少，静电力做负功，电势能增加，由于重力大于静电力，因此重力做的功大于静电力做的功，即重力势能的减少量大于电势能的增加量，C正确；根据能量守恒定律，减少的重力势能一部分转化为电势能，一部分转化为油滴的动能，因此重力势能的减少量大于动能的增加量，D错误。2.(2020·浙江省义乌市高三下6月适应性考试)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，电荷量为q，现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，则下列分析错误的是()A．上移后油滴的运动轨迹仍然是直线B．上移后电场强度大小为eq\f(mg,q)，方向竖直向上C．上移后下板和上板之间的电势差为eq\f(mgd,q)D．上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了mgd答案C解析由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有qE＝mg，可得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上，根据E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动些许时，上、下两极板间的电势差U变大，不再是eq\f(mgd,q)，C错误；当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功－mgd，则静电力做功mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确。本题选分析错误的，故选C。3.(2020·山东省师范大学附属中学高三线上测试)如图所示，倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面高为H，处在水平向左、电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,Q)的匀强电场中，质量为m的物块，带正电Q，从斜面顶端由静止释放，物块落地的速度大小为()A.eq\r(2＋\r(3)gH) B.eq\r(\f(5,2)gH)C．2eq\r(\f(2,\r(3))gH) D.2eq\r(2gH)答案D解析对物块进行受力分析如图，物块受重力和水平向左的静电力，静电力为F＝QE＝eq\r(3)mg，根据三角形定则有tanβ＝eq\f(mg,\r(3)mg)＝eq\f(\r(3),3)，则物块所受合力与水平方向的夹角β＝30°。物块沿合力方向做匀加速直线运动，落地时竖直位移为H，则水平位移为eq\f(H,tan30°)＝eq\r(3)H。从开始到落地的过程，根据动能定理有mgH＋F·eq\r(3)H＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝2eq\r(2gH)，故A、B、C错误，D正确。4.(2020·浙江省宁波市鄞州中学高三下学期期初考试)三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法不正确的是()A．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20B．三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4C．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4D．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9答案C解析三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x＝v0t得，在电场中的运动时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4，故B正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y＝eq\f(1,2)at2，解得aA∶aB∶aC＝36∶16∶9，故C错误；三个粒子所受的合力大小关系为FA＞FB＞FC，三个粒子的重力相等，所以落在B点的粒子仅受重力作用，落在A点的粒子所受的静电力向下，落在C点的粒子所受的静电力向上，即落在B点的粒子不带电，落在A点的粒子带负电，落在C点的粒子带正电，由牛顿第二定律得aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶mg∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，故A正确；由牛顿第二定律可知F＝ma，因为三个粒子的质量相等，所以所受合力之比与加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9，故D正确。本题选说法不正确的，故选C。5.(2020·河北省高三上学期第一次大联考)如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则粒子能在两极板间运动的最长时间和电场强度的最大值分别为()A．deq\r(\f(2m,Ek0))、eq\f(Ek0,2qd) B.deq\r(\f(m,Ek0))、eq\f(\r(2)Ek0,2qd)C．2deq\r(\f(m,Ek0))、eq\f(Ek0,2qd) D.2deq\r(\f(m,Ek0))、eq\f(\r(2)Ek0,2qd)答案C解析粒子只受垂直极板向下的静电力，从开始至打到上极板，粒子在两极板间做匀减速曲线运动。根据运动的分解，当到达上极板处时沿电场方向的速度为0时，粒子在两极板间运动的时间最长，且此时电场强度最大。将粒子初速度v0分解为垂直极板的分速度vy和平行极板的分速度vx，根据运动的合成与分解，及运动学公式有veq\o\al(2,y)＝2eq\f(Emaxq,m)d，vy＝v0cos45°，而Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立得Emax＝eq\f(Ek0,2qd)；再根据动量定理有－qEmaxΔt＝Δpy＝0－mv0cos45°，解得粒子在两极板间运动的最长时间为Δt＝2deq\r(\f(m,Ek0))，故A、B、D错误，C正确。6.(2020·山西省临汾市高考模拟)如图所示，a为xOy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场。粒子只在静电力作用下运动，经过y轴正半轴上的b点(图中未标出)，则下列说法正确的是()A．若粒子在b点速度方向沿x轴正方向，则电场方向可能平行于x轴B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反答案CD解析如果电场方向平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向的分速度不为0，因此粒子在b点的速度不可能平行于x轴，故A错误；若粒子运动过程中在b点的速度最小，则粒子在运动轨迹上b点的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；若粒子在b点速度大小也为v0，则粒子在a、b两点的动能相等，根据能量守恒定律，粒子在a、b两点的电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确；若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v0方向相反，故D正确。7．(2020·山东省泰安市四模)如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是()A．物块受到的静电力B．匀强电场的场强大小C．物块返回O点时的动能D．物块与水平面间的动摩擦因数答案AC解析由克服静电力做的功等于电势能的增加量，即ΔEp＝FΔx，结合图乙，可得物块受到的静电力F＝eq\f(ΔEp,Δx)＝eq\f(80,8)N＝10N，由于不知道物块的电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；由图乙可知，物块的初动能为Ek0＝100J，当运动到8m处时物块的动能为0，则此过程中根据动能定理有－(F＋f)x＝0－Ek0，得f＝2.5N，物块从O点开始运动到返回到O点的过程中，由动能定理有－f×2x＝Ek－Ek0，得物块返回O点时的动能Ek＝Ek0－2fx＝(100－2×2.5×8)J＝60J，由于不知道物块的质量，则无法求解物块与水平面间的动摩擦因数，故C正确，D错误。8.(2020·山东省新高考高三下考前适应性考试)如图所示，在竖直平面内存在一个匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的带电小球从O点由静止释放且沿直线OA方向运动，已知直线OA与竖直方向的夹角为θ，下列有关说法正确的是()A．小球运动过程中的加速度一定大于gB．满足运动条件的匀强电场的最小值为eq\f(mgsinθ,q)C．带电小球在运动时机械能一定增加D．带电小球的重力势能和电势能之和一定减小答案BD解析带电小球在重力和静电力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则带电小球所受的合力沿OA方向，如图所示，则合力可能等于重力，也可能大于重力，还可能小于重力，所以带电小球运动过程中的加速度可能等于g，也可能大于g，还可能小于g，故A错误；根据几何知识可知，当静电力的方向与合力的方向垂直时，静电力最小，即有Eq＝mgsinθ，可得场强的最小值为E＝eq\f(mgsinθ,q)，故B正确；由图知，静电力F与速度的夹角可能小于90°，也可能等于90°，还可能大于90°，则静电力对带电小球可能做正功，也可能不做功，还可能做负功，带电小球的机械能可能增加，也可能不变，还可能减少，故C错误；由于合力对小球做正功，则小球的动能增加，根据能量守恒定律知带电小球的重力势能和电势能之和一定减小，故D正确。9.(2020·云南省高中毕业生统一检测)如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心O等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为＋q的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为va＝eq\f(\r(23gR),2)、vb＝eq\f(\r(21gR),2)、vc＝eq\f(\r(7gR),2)。下列说法正确的是()A．匀强电场方向水平向右B．匀强电场场强大小为E＝eq\f(mg,q)C．小球运动过程中对圆环的最大压力为7.5mgD．小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25mg答案AC解析小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝－2mgR＋qUac，解得：Uac＝0，故a、c连线为等势线，小球从a到b的过程中，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝－mgR＋qUab，解得：Uab＝eq\f(3mgR,4q)＞0，因电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，则匀强电场方向水平向右，匀强电场场强大小E＝eq\f(Uab,R)＝eq\f(3mg,4q)，故A正确，B错误；静电力Eq＝eq\f(3,4)mg，因为eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，则静电力与重力的合力与竖直方向的夹角为37°，当小球运动到等效最低点时，对圆环的压力最大，小球由a点运动到等效最低点的过程中，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝－mgR(1－cos37°)＋qERsin37°，在等效最低点，根据牛顿第二定律得：Fmax－Eqsin37°－mgcos37°＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，解得小球受到圆环的最大支持力为：Fmax＝7.5mg，根据牛顿第三定律可知，小球对圆环的最大压力为7.5mg，故C正确；当小球运动到等效最高点时，对圆环的压力最小，小球由a点运动到等效最高点的过程中，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝－mgR(1＋cos37°)－qERsin37°，在等效最高点，根据牛顿第二定律得：Eqsin37°＋mgcos37°－Fmin＝meq\f(v\o\al(2,min),R)，解得小球受到圆环的最小支持力为：Fmin＝0，根据牛顿第三定律，小球对圆环的最小压力为0，故D错误。10.(2021·四川省成都市高三上一诊)如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O，水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上，电容器、底座和绝缘杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为m的带正电圆环P套在杆上以某一速度v0对准O向左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S，OS＝eq\f(d,2)。若A、B板外侧无电场，P过孔O时与板无接触，不计P对A、B板间电场的影响。则()A．P在S处的速度为0B．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为eq\f(md,2M)C．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为eq\f(md,2M＋m)D．P从O至S的过程中，整个系统电势能的增加量为eq\f(mMv\o\al(2,0),2M＋m)答案CD解析带电圆环进入电场后，在静电力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在静电力的作用下做匀加速直线运动，当它们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，由系统动量守恒有mv0＝(m＋M)v，可得v＝eq\f(mv0,m＋M)，则P在S处的速度不为0，故A错误；该过程绝缘座向左做匀加速直线运动，有x＝eq\f(v,2)t，环向左做匀减速直线运动，有x′＝eq\f(v＋v0,2)t，由题意可知x′－x＝eq\f(d,2)，解得x＝eq\f(md,2M＋m)，即P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为eq\f(md,2M＋m)，故C正确，B错误；P从O至S的过程中，由能量守恒定律可知，整个系统增加的电势能ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(mMv\o\al(2,0),2M＋m)，故D正确。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11.(2020·山西省运城市高三上学期期末调研)(14分)如图所示，空间存在方向斜向上且与水平方向夹角为45°的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(\r(2)mg,q)，范围足够大。电场中有一绝缘挡板MN，与水平方向夹角为θ＝45°。质量为m、电荷量为q、带正电的小球从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，小球运动过程中恰好不和挡板碰撞，小球运动轨迹所在平面与挡板垂直，重力加速度为g，求：(1)小球贴近挡板时速度的大小；(2)小球贴近挡板时距M点的距离。答案(1)eq\r(2)v0(2)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),g)解析(1)由受力分析知，小球所受重力和静电力的合力大小为mg，方向水平向右，由于小球恰好不和挡板碰撞，小球贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设竖直向上为x轴正方向，水平向右为y轴正方向，根据几何关系有tan45°＝eq\f(v0,vy)则小球贴近挡板时的水平分速度vy＝v0解得v＝eq\r(2)v0。(2)设小球贴近挡板时位置为P，沿y轴方向小球做匀加速直线运动，则运动时间为t＝eq\f(vy,g)沿x轴方向的位移为x＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),g)根据几何关系，小球贴近挡板时距M点的距离PM＝eq\r(2)x＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),g)。12.(16分)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB＝2L，圆管的半径为r＝eq\r(2)L(自身的内径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度的大小E2＝eq\f(mg,q)。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的小球(可视为质点)，P、C间距为L。现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度为g。求：(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度的大小E1；(2)小球在ADB管中运动