高中物理一轮复习练习：带电粒子(体)在电场中运动的综合

带电粒子(体)在电场中运动的综合练习一、选择题1.(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板B．若电子是在t＝eq\f(T,2)时刻进入的，它一定不能到达B板C．若电子是在t＝eq\f(T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D．若电子是在t＝eq\f(3T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板2.(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，OO′在两极正中间，不计粒子重力。以下判断正确的是()A．粒子在电场中运动的最短时间为eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大动能为eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C．t＝eq\f(d,2v0)时刻进入的粒子，从O′点射出D．t＝eq\f(3d,v0)时刻进入的粒子，从O′点射出3.(多选)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Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р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4.(多选)如图甲所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×104V/m，其中有一个半径为R＝2m的竖直光滑圆环轨道，环内有两根光滑的弦轨道AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.08kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小环(视为质点)穿在弦轨道上，从A点由静止释放，可分别沿AB和AC到达圆周上的B、C点。现去掉弦轨道AB和AC，如图乙所示，让小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动。不考虑小环运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．小环在弦轨道AB和AC上运动时间之比为1∶1B．小环做圆周运动过程中经过C点时动能最大C．小环做圆周运动过程中动能最小值为1JD．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力为5N5.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球动能的最小值为Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大6.(多选)如图为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为0.7m，BC段是半径为0.7m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m＝0.1kg、直径略小于管径的带电小球从A点以初速度v0射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．小球的初速度v0为6m/sB．小球的初速度v0为7m/sC．小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0D．小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为－0.7m7.(多选)如图所示，不带电物体A质量为m，带电量为q(q＞0)的物体B质量为2m，A、B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，物体B静止在倾角为θ＝30°且足够长的斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与物体A相连，整个系统不计一切摩擦。某时刻，施加一场强大小为eq\f(2mg,q)、方向沿斜面向下的匀强电场，在物体B获得最大速度的过程中弹簧未超过弹性限度(已知弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，x为弹簧的形变量；轻绳与A、B的接触面均平行，且不会断裂)，下列说法正确的是()A．施加电场的初始时刻，轻绳的拉力为eq\f(5mg,3)B．物体B的速度最大时，弹簧的形变量为eq\f(2mg,k)C．物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统电势能的减少量为eq\f(4m2g2,k)D．物体B从开始运动到最大速度的过程中，物体A和物体B机械能之和增加8．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零二、非选择题9.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10cm，极板间距d＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。10.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q＞0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。11.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104V/m。该空间有一个半径为R＝2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m＝0.04kg、电荷量为q＝＋6×10－5C的带电小球2(可视为质点)静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m＝0.04kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)黏合体在A点的速度大小；(2)弹簧的弹性势能；(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。答案：1.BC电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的电场力向左，继续向右做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A错误；若电子在t＝eq\f(T,2)时刻进入，则电子受到的电场力向左，故无法到达B板，故B正确；若电子从eq\f(T,4)时刻进入两板时，电子先加速，经eq\f(T,4)时速度最大，此时电子开始受到反向电场力，经eq\f(T,4)速度减为零，再加速eq\f(T,4)至反向速度最大，接着减速eq\f(T,4)回到原位置，即电子在大于eq\f(T,4)时刻进入时一定不能到达B板，小于eq\f(T,4)时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。2.AD由题图乙可知场强E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2d)，则粒子在电场中运动的最短时间满足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝eq\f(8d,v0)＝2T，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项B错误；由题图乙可知，t＝eq\f(d,2v0)时刻进入的粒子先竖直向下加速，加速时间t加＝eq\f(2d,v0)－eq\f(d,2v0)＝eq\f(3d,2v0)＞eq\f(\r(2)d,v0)，由选项A分析可知，t＝eq\f(d,2v0)时刻进入的粒子在t＝eq\f(2d,v0)前已经打在下极板上，不可能从O′点射出，C错误；由题图乙可知，t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3,4)T时刻进入的粒子在竖直方向上先向上加速，加速时间t1＝eq\f(4d,v0)－eq\f(3d,v0)＝eq\f(d,v0)，加速过程中竖直方向的位移y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(d,4)，然后向上减速，减速时间t2＝t1＝eq\f(d,v0)，减速过程中竖直方向的位移y2＝y1＝eq\f(d,4)，由y1＋y2＝eq\f(d,2)可知，粒子恰好不碰到上极板，然后竖直向下加速eq\f(T,4)，再向下减速eq\f(T,4)到竖直方向速度为零……如此反复，最后从电场射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，D正确。3.BD如图所示，qE＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°角。当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，水平方向上v0＝eq\f(qE,m)t，在竖直方向上v＝gt，由于qE＝mg，可得v＝v0，如图所示，即小球的初动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知WG＋WqE＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。故选BD。4.AD因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为F＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝1N，与竖直方向夹角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力与静电力的合力指向AO，A为等效最高点，根据等时圆模型，小环在弦轨道AB和AC上运动时间相等，A正确；等效最低点是AO延长线与圆环轨道交点，而非C点，等效最低点速度最大，动能最大，B错误；因为小环穿在圆环轨道上且恰好能做完整的圆周运动，则小环在等效最高点A速度最小为零，在A点动能最小也为零，C错误；小环在等效最低点时速度最大，动能最大，小环对圆环轨道压力也最大，从等效最高点至等效最低点过程中，由动能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，由牛顿第二定律得FN－F＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，代入数据解得FN＝5N，由牛顿第三定律可知小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5N，D正确。5.AB小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtanθ，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小(如图所示)，根据牛顿第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。故选AB。6.BC因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mg＝meq\f(v2,r)，小球从A→C的运动过程中，根据动能定理，有－mg·2r－qEr＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，故A错误，B正确；小球从C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为v＝eq\r(gr)＝eq\r(7)m/s,加速度为a＝eq\f(qE,m)＝10m/s2，竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(4r,g))＝eq\f(\r(7),5)s，则此时横坐标为x＝－vt＋eq\f(1,2)at2＝0，故C正确，D错误。7.AC没有施加电场时，有FT1＝2mgsinθ，FT1＝kx1，施加电场的初始时刻，对B有2mgsinθ＋qE－FT2＝2ma，对A有FT2－kx1＝ma，解得FT2＝eq\f(5,3)mg，故A正确；物体B速度最大时，有2mgsinθ＋qE－FT3＝0，FT3＝kx2，解得x2＝eq\f(3mg,k)，故B错误；物体B从开始运动到速度最大时的位移为x2－x1＝eq\f(2mg,k)，系统电势能的变化量为ΔEp＝－qE(x2－x1)＝－eq\f(4m2g2,k)，所以电势能的减少量为eq\f(4m2g2,k)，故C正确；物体B速度最大时，A的速度也最大，此时弹簧弹性势能的增加量为eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝eq\f(4m2g2,k)，与电场力做功相等，所以A、B两物体的机械能之和不变，故D错误。故选AC。8．CD设第1s内粒子的加速度大小为a1，第2s内的加速度大小为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知a2＝2a1，可见粒子第1s内向负方向运动，1.5s末的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确，A、B错误。9.(1)13.5cm(2)30cm解析：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，设电容器间偏转电场的场强为E，则有E＝eq\f(U,d)，设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝eq\f(L,v0)，垂直中心轴线方向有a＝eq\f(eE,m)，联立解得y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)，设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)，则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltanθ＝eq\f(3UL2,4U0d)，由题图乙知t＝0.06s时刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq\f(d,2)，根据y＝eq\f(UL2,4U0d)可知，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得Ymax＝eq\f(3L,2)，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30cm。10.(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)解析：(1)设电场强度的大小为E，B所受等效重力G效＝mg＋qE，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma，eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2联立解得E＝eq\f(3m