适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第9章静电场第5讲专题提升带电粒子在电场中运动的综合问题

第5讲专题提升:带电粒子在电场中运动的综合问题基础对点练题组一等效法在电场中的应用1.(多选)(2022全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,()A.小球的动能最小时,其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量2.(多选)如图所示,在水平向左且足够大的匀强电场中,一长为L的绝缘细线一端固定于O点,另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0,使其在竖直平面内绕O点恰好做完整的圆周运动,AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的电场强度大小为3mgq,重力加速度为g。当小球第二次运动到B点时细线突然断裂,则下列说法正确的是(A.小球做完整的圆周运动时,动能的最小值为mgLB.细线断裂后,小球动能的最小值为12C.从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中,电势能增加了mgLD.从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中,重力势能减少了83题组二带电粒子在交变电场中的运动3.(多选)图甲为两水平金属板,在两板间加上周期为T的交变电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是()A.t=0时入射的粒子,离开电场时偏离中线的距离最小B.无论哪个时刻入射的粒子,离开电场时的速度方向都沿水平方向C.t=14T时入射的粒子,D.无论哪个时刻入射的粒子,离开电场时的速度大小都相等4.(2024广东广州一模)微波信号放大器的结构简图如图所示,其工作原理简化如下:均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区(输入腔)被ab间交变电压(微波信号)加速或减速,当Uab=U0时,电子被减速到速度v1,当Uab=-U0时,电子被加速到速度v2,接着电子进入Ⅱ区(漂移管)做匀速直线运动。某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区,t时间(小于交变电压的周期)后速度为v2的电子进入Ⅱ区,恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子,形成电子“群聚块”,接着“群聚块”进入Ⅲ区(输出腔),达到信号放大的作用。忽略电子的重力及电子间的相互作用。求:(1)电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em(2)漂移管的长度L。题组三电场中的力电综合问题5.(多选)如图所示,光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定,右端与一质量为m、电荷量为+q(q>0)的滑块P(可视作质点)连接,沿水平方向建立x轴,沿x轴加一水平方向电场(图中未画出),x轴上的电势φ随位置x的变化关系如图所示。滑块从弹簧原长处静止释放(未超出弹性限度),沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中()A.电场的电势越来越低,电场强度越来越小B.滑块的加速度先增大后减小C.当滑块的速度最大时,弹簧弹性势能与滑块动能之和最大D.滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量6.(多选)(2022海南卷)如图甲所示,带正电3×10-5C的物块A放在水平桌面上,利用细绳通过光滑的滑轮与物块B相连,A处在匀强电场中,E=4×105N/C,从O开始,A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化如图乙所示,取O点电势能为零,A、B质量均为1kg,重力加速度g取10m/s2,B离滑轮的距离足够长,则()A.它们运动的最大速度为1m/sB.它们向左运动的最大位移为1mC.当速度为0.6m/s时,A的电势能可能是-2.4JD.当速度为0.6m/s时,绳子的拉力可能是9.2N7.(2022辽宁卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的静电力大小为2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;(2)小球经过O点时的速度大小;(3)小球过O点后运动的轨迹方程。综合提升练8.(2023北京卷)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知金属板长度为L,间距为d,不考虑重力影响和颗粒间相互作用。(1)若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1。(2)若计空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为f=krv,其中r为颗粒的半径,k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2;b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒,若10μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5μm的颗粒被收集的百分比。9.有一种电子仪器叫作示波器,可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管,图甲是它的原理图。在偏转电极YY'上加上图乙所示的扫描电压,偏转电极XX'之间没有加电压,此时示波管的原理图简化成如图丙所示。电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO(O为荧光屏的中心)射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的YY'偏转电场中。电子进入金属板M、N间时的速度与电场方向垂直,电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点(图中未画出)。已知M、N两板间的最大电压为U2,两板间的距离为d,板长为l1,荧光屏到MN极板右端距离为l2。电子的质量为m,电荷量为e,不考虑电子受到的重力及电子间相互作用力的影响。甲乙丙(1)求电子穿过A板时的速度大小。(2)每个电子穿过偏转电场的时间极短,可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的,偏转电场可看作匀强电场。在t=0.15s时刻进入偏转电场的电子打在屏上P位置,求OP长。(3)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决第(2)问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化,请结合下列数据分析说明其原因。已知l1=4.0×10-2m,电子的比荷em=1.76×1011C/kg,U1=1375V参考答案第5讲专题提升:带电粒子在电场中运动的综合问题1.BD解析设电场强度为E,小球电荷量为q,质量为m,初速度为v0,由题知mg=Eq,对小球受力分析如图所示,水平方向,小球向左先做匀减速运动到速度为零后反向做匀加速运动,加速度大小为g,竖直方向,小球做自由落体运动,加速度大小为g,电势能只与静电力做功有关,当小球水平向左速度为零时,电势能最大,此时水平方向v0-gt=0,x=v022g,竖直方向v'=gt,h=12gt2,重力做功WG=mgh=mv022,电势能的增加量Ep电=qEx=mv022,即WG=Ep电,此过程中小球初动能Ek初=12m故B、D正确。当小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,v0-gt'=gt',t'=v02g,此时合速度方向与合力F合方向垂直,小球动能最小,故A2.ABD解析由题意可知,等效最高点在OM连线的反向延长线与圆周的交点上,设为N,则在N点满足F等=(mg)2+(3mg)2=2mg,由牛顿第二定律得2mg=mv2L,即动能的最小值为Ekmin=12mv2=mgL,故A正确;由题意可知,细线断裂后,当B点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时,动能最小,小球从B点到N点,由动能定理得-2mg(L-Lsin30°)=12mv2-12mvB2,解得vB=2gL,所以最小动能为Ekmin=12m(vBsin30°)2=12mgL,故B正确;因为从细线断裂到小球的动能与B点动能相等的过程中,由动能定理可知合外力做功为零,即B点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时,故满足vBcos30°=at,a=2mgm=2g,x=vBsin30°·2t,ΔEp=-(-qExcos60°)=32mgL,即电势能增加了32mgL,故C错误;从细线断裂到小球的电势能与B点电势能相等的过程中,静电力做功为零,即相当于B点水平方向的速度等大反向时,有vB=a't',qE=ma',3.BD解析因为水平方向粒子的速度v0保持不变,当t=0时入射,在t=12T时竖直方向速度达到最大,当t=T时速度恰好减小为0,因此离开电场时偏离中线的距离最大,故A、C错误;无论哪个时刻入射的粒子,在一个时间T内,正向电压和反向电压的时间是相同的,所以在竖直方向上粒子所受静电力的冲量为零,则离开电场时的速度方向都是水平的,离开电场时的速度大小都相等,故B、D4.答案(1)v(2)v1解析(1)电子在Ⅰ区,由动能定理得-eU0=1eU0=1联立解得v0=vem(2)在Ⅱ区,设速度为v2的电子运动时间为t',则v1(t+t')=Lv2t'=L联立解得L=v1v5.AD解析由x轴上的电势φ随位置x的变化关系图像,可知电场的电势越来越低,由图像的斜率表示电场强度,可知电场强度越来越小,A正确;由题意可知,沿x轴正方向电势降低,即电场方向沿x轴正方向。滑块P沿x轴正方向运动时,受到向右的静电力和向左的弹力,开始两力的合力方向沿x轴正方向,且合力由大变小,当合力为零时,加速度为零,滑块P速度最大,随沿x轴正方向运动位移的增大,电场强度逐渐减小,弹力逐渐增大,其合力方向向左,且逐渐增大,当滑块P速度为零时,弹力最大,因此滑块P的加速度先减小后增大,B错误;由题意可知,滑块P运动中,电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和,因此滑块P速度为零时,电势能的减少量最大,则有弹簧弹性势能与滑块动能之和最大,C错误;由以上分析可知,滑块P速度为零时,电势能的减少量最大,且全部转化为弹簧的弹性势能,即为滑块P克服弹力所做的功,D正确。6.ACD解析由题知f=μmg=2x,设A向左移动x后速度为零,对A、B系统有qEx-mgx-12fx=0(此处fx前面的12是因为摩擦力是变力,其做功可以用平均力),可得x=2m,A向左运动是先加速后减速,当x=2m时,摩擦力变成静摩擦力,并反向,系统受力平衡,最后静止,设A向左运动x'后速度为v,对系统则有qEx'-mgx'-12fx'=12·2mv2,得mv2=-(x'-1)2+1,当x'=1m时,v最大为1m/s,故A正确,B错误;当v=0.6m/s时,可得x=0.2m或1.8m,当x=0.2m时,静电力做功qEx=2.4J,则电势能减小2.4J,由于EpO=0,则电势能为-2.4J,当x=1.8m时,qEx=-21.6J,故C正确;根据牛顿第二定律得qE-f-mg=2ma,当x=0.2m时,系统加速度a=0.8m/s2,对B有T-mg=ma,得T=10.8N,当x=1.8m时,系统加速度a'=-0.8m/s2,对B分析可得T'=9.7.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2=解析(1)小球从A到B,根据能量守恒定律得Ep=12m(2)小球从B到O,根据动能定理有-mgR+F2R=1解得vO=3gR(3)小球运动至O点时速度竖直向上,受静电力和重力作用,将静电力分解到x轴和y轴,则x轴方向有F静cos45°=max竖直方向有F静sin45°-mg=may解得ax=g,ay=0则小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x=12gt2,y=vO联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx。8.答案(1)2d2mv0解析(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧,颗粒就能够全部收集,有L=v0td=12atqE=maE=U解得U1=2d(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,有F电=f即qU且d解得U2=db.10μm的电荷量为q的颗粒恰好100%被收集,颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有f=kRvmax,f=qE'10μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d=vmaxt2.5μm的颗粒带电荷量为q'=q颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有f'=14kRvmax',2.5μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d'=vmax't解得d'=d2.5μm的颗粒被收集的百分比d'9.答案(1)2eU1m(2)解析(1)由动能定理得eU