2024年高考物理必修三专题练习专题 带电粒子在复合场中的运动

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝专题带电粒子在复合场中的运动【刷难关】一、直线运动1．(多选)如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块(可看成点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零．已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.以下判断正确的是()A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力B．滑块在运动过程的中间时刻速率小于eq\f(v0,2)C．此过程中产生的内能为eq\f(mv02,2)D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(m（v02－2μgx）,2q)答案：BD解析：由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，滑动摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；滑块在水平方向受大小不变的滑动摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，由v－t图像可知中间时刻的速率小于eq\f(v0,2)，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv02，解得a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(m（v02－2μgx）,2q)，故D正确．2．[河南全国百强名校2021高二上联考]如图所示，平行板电容器竖直放置，A、B为两极板，一带正电的液滴沿直线从位置a向上运动到位置b，则下列说法正确的是()A．电容器A极板带正电B．液滴可能做匀速运动C．液滴的机械能减少D．换成带负电的液滴也能由a到b做直线运动答案：C解析：带电液滴沿直线从位置a向上运动到位置b，根据直线运动的规律知，带电液滴所受合力方向一定与速度方向相同或相反，由于液滴只受到竖直向下的重力和水平方向的静电力作用，故可以判定静电力的方向只能向左，由于液滴带正电，则电场线方向水平向左，即电容器B极板带正电，A极板带负电，A错误；由于重力与静电力的合力方向与液滴的运动方向相反，液滴做匀减速直线运动，B错误；带电液滴沿直线从位置a向上运动到位置b的过程中，由于静电力做负功，液滴的机械能减少，C正确；换成带负电的液滴，由于重力与静电力的合力方向斜向右下方，不可能与ab共线，则不可能做直线运动，D错误．3．[四川内江2021高二上期中](多选)如图所示，长为L＝0.5m，倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()A．小球在N点的电势能大于在M点的电势能B．水平匀强电场的电场强度为eq\f(3mg,4q)C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2D．若电场强度减半，小球运动到N点时速度为初速度v0的一半答案：BD解析：带电小球从M点到N点，动能没变，由能量守恒定律知，此过程中重力势能的增加量等于电势能的减少量，因此小球在N点的电势能小于M点的电势能，A错误；带电小球从M点到N点的过程中，由动能定理得，qELcosθ－mgLsinθ＝0，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝eq\f(3mg,4q)，B正确；由题意知，电场未加倍时，小球沿斜面方向受力平衡，有mgsinθ＝qEcosθ，电场加倍后，小球在斜面方向的合力F＝2qEcosθ－mgsinθ＝ma，小球的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2，C错误；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为F1＝mgsinθ－eq\f(1,2)qEcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma1，小球的加速度大小为a1＝eq\f(1,2)gsinθ＝3m/s2，根据v2－v02＝－2a1L，代入数据解得v＝1m/s，则小球运动到N点时速度为初速度v0的一半，D正确．二、抛体运动4．[江西南昌第十中学2021高二上月考](多选)如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，由此可见()A．电场力为3mgB．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等答案：ACD解析：由题图可知，在电场中，小球所受合外力竖直向上，故电场力竖直向上与电场方向相反，故小球带负电，B错误；小球在水平方向始终做匀速运动，由题意可知，从A到B与从B到C水平位移大小之比为2∶1，根据x＝v0t知，运动时间之比为2∶1，C正确；设在B点竖直方向速度为vy，则从A到B，vy2＝2gh1，从B到C，vy2＝2ah2，其中a＝eq\f(qE－mg,m)，h1＝2h2，联立解得qE＝3mg，A正确；从A到B速度变化量为vy，从B到C速度变化量为－vy，故两个过程速度的变化量大小相等，D正确．5．[湖北新高考联考协作体2021高二上期中]在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，质量相同的两带电小球M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示，不考虑两带电小球之间的相互作用，下列说法正确的是()A．两带电小球所带的电荷量可能相等B．两带电小球在电场中运动的时间一定相等C．两带电小球在电场中运动的加速度一定是M球的大于N球的D．两带电小球离开电场时的动能EkM可能小于EkN答案：C解析：竖直方向小球M做加速运动，小球N以相同的速率做减速运动，且竖直方向位移大小相等，加速度相同，则tM<tN，水平方向M球的位移为2d，N球的位移为d，对M球，由运动学公式得eq\f(1,2)aMtM2＝2d，对N球，有eq\f(1,2)aNtN2＝d，则aM>aN，由于竖直方向两小球加速度相同，由平行四边形定则可知，M球的加速度大于N球的加速度，又由水平方向加速度大小为a＝eq\f(qE,m)，则M球所带的电荷量大于N球所带的电荷量，C正确，A、B错误；由于电场力对两球均做正功(WM>WN)，重力对M球做正功，对N球做负功，由动能定理可知，两带电小球离开电场时的动能EkM一定大于EkN，D错误．6．[安徽合肥肥东2020高二上月考]如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处(以下分别用A、B、C代表三个微粒)，如图所示．则下列判断正确的是()A．微粒A带负电，B不带电，C带正电B．三个微粒在电场中运动时间相等C．三个微粒在电场中运动的加速度的关系为aA＞aB＞aCD．三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC答案：D解析：三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为xA＞xB＞xC，所以它们的运动时间关系为tA＞tB＞tC.三个微粒在竖直方向的位移相等，根据eq\f(1,2)y＝eq\f(1,2)at2可知，它们加速度的关系为aA＜aB＜aC；从而可知B仅受重力，A受向上的静电力，C受向下的静电力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误．三个微粒重力做功相等，静电力对A做负功，静电力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC，所以D正确．7．[广东江门新会一中2020高二上月考]如图所示，两个带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，两板间的距离d＝0.4m，现将一质量m＝1.0×10－2kg、电荷量q＝＋4×10－5C的带电小球从两极板上方A点，以v0＝2m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2m，之后小球恰从M板顶端位置无碰撞地进入板间做直线运动，直至打在N板上的B点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，匀强电场只存在于M、N之间，求：(1)小球进入电场时的速度大小和方向；(2)两极板间的电势差U；(3)小球到达B点时的动能．解析：(1)小球到达M板上端时的竖直分速度vy＝eq\r(2gh)＝2m/s，小球进入电场时的速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝2eq\r(2)m/s，速度与水平方向的夹角设为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，得θ＝45°；(2)小球在电场中做直线运动时，小球受到的合力的方向与速度的方向相同，所以tanθ＝eq\f(mg,qE)，得E＝eq\f(mg,q)，所以U＝Ed＝eq\f(mg,q)d＝1×103V；(3)设B点到极板上端的距离为L，则L＝dtanθ＝d，从A到B运用动能定理得mg(h＋L)＋qEd＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，代入数据得EkB＝eq\f(1,2)mvB2＝0.12J.三、圆周运动8．[山东青岛胶州2021高二上期中](多选)如图所示，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的圆心在O点，圆弧的半径为R，B为圆弧上的一点，OB与水平方向夹角θ＝37°.一电荷量为＋q，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道运动到最低点C时，速度v＝4eq\r(gR)，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是()A．电场中AO间电势差为eq\f(8mgR,q)B．电场中A点的电势为eq\f(7mgR,q)C．小球运动到B点时的动能为16mgRD．小球运动到B点时，其动能与电势能的和为7.6mgR答案：BD解析：等量异种电荷所产生的电场，其中垂线上点，电势为0，因此UAC＝UAO，小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得mgR＋qUAO＝eq\f(1,2)mv2，解得UAO＝eq\f(7mgR,q)，UAO＝φA－0，解得φA＝eq\f(7mgR,q)，A错误，B正确；小球在最低点处的动能和电势能的总和为E1＝eq\f(1,2)mv2＋0＝8mgR，由最低点C运动到B重力势能增加量为ΔEp＝mgR(1－sin37°)＝0.4mgR，由最低点C运动到B点，动能、电势能、重力势能的总量守恒，所以小球在B点的动能和电势能的总和为E2＝E1－0.4mgR＝7.6mgR，D正确；小球在最低点C的动能为EkC＝eq\f(1,2)mv2＝8mgR，从C到B静电力做的功小于从A到C静电力做的功，即小于7mgR，从C到B重力做功为－0.4mgR，则从C到B静电力和重力做功之和小于6.6mgR，即到达B点的动能小于14.6mgR，C错误．9．[四川遂宁射洪中学2021高二上月考](多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成∠α＝30°斜向右上，在电场中有一质量为m、所带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是()A．小球从P点释放后到达M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做了eq\r(3)mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了eq\r(3)mgLD．若小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做类平抛运动答案：BD解析：当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和静电力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，细线拉力不做功，只有静电力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到达M点时，速度最大，而不是零，A错误；静电力与重力合力为mgtan60°＝eq\r(3)mg，这个合力方向上的位移为L，所以做功为eq\r(3)mgL，B正确；机械能增加量就是动能增加量eq\r(3)mgL和重力势能增加量mgL之和，C错误；细线突然断裂时，小球速度方向竖直向上，合外力水平向右，因此小球以后将做类平抛运动，D正确．10．[山西太原2021高二上期中](多选)如图所示，绝缘轨道ABC固定于竖直平面内，其中AB部分是半径为R的光滑半圆轨道，P是半圆轨道的中点，AB部分竖直、BC部分水平，整个轨道处在电场强度为E的匀强电场中．将质量为m、带电荷量为＋q的小滑块，从BC轨道上与B相距10R处由静止释放，已知滑块与BC间的动摩擦因数为0.2，E＝eq\f(mg,q)，则滑块()A．到达A点时速度的大小为4eq\r(3gR)B．到达P点时对轨道的压力大小为16mgC．到达A点时对轨道的压力大小为11mgD．从C到P的过程中，动能先增大后减小答案：CD解析：滑块从C运动到A的过程，根据动能定理得qE×10R－μmg×10R－mg×2R＝eq\f(1,2)mvA2，qE＝mg，解得vA＝2eq\r(3gR)，A错误；滑块从C运动到P的过程，根据动能定理得qE×11R－μmg×10R－mgR＝eq\f(1,2)mvP2，在P点，由牛顿第二定律得FNP－qE＝meq\f(vP2,R)，qE＝mg，解得FNP＝17mg，根据牛顿第三定律知滑块到达P点时对轨道的压力大小为F′NP＝FNP＝17mg，B错误；在A点，由牛顿第二定律得FNA＋mg＝meq\f(vA2,R)，解得FNA＝11mg，根据牛顿第三定律知，滑块到达A点时对轨道的压力大小为F′NA＝FNA＝11mg，C正确；滑块受到的静电力大小F＝qE＝mg，方向水平向左，静电力与重力的合力方向与竖直方向成45°斜向左下方，则从C到P的过程中，静电力与重力的合力先做正功，后做负功，则动能先增大后减小，D正确．11．如图所示，有一光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R＝0.5m，B点与O点等高，