高考物理一轮复习专题突破练习8带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题含解析新人教版

专题突破练习(八)(时间：40分钟)1．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()甲乙A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1C[设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，粒子在t＝nT时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大ymax＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2，粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小ymin＝0＋eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。]2．(2020·福建泉州质检)如图所示，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上。不计空气阻力及油滴间的相互作用，则()A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4D[沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间比为位移比，即：2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x＝v0t，可知运动时间之比为2∶1，设板间距为d，竖直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，所以加速度大小之比1∶4，D正确。]3.(多选)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置。则从开始释放到运动到右极板的过程中，下列选项正确的是()A．P的运动时间大于Q的运动时间B．P、Q的电势能减少量之比为4∶1C．P、Q的动能增加量之比为4∶1D．P、Q的电荷量之比为2∶1BD[小球在竖直方向为自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间一样，故A错误；在水平方向小球为匀加速直线运动，根据x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，可知位移之比为2∶1，说明P、Q粒子的电荷量之比为2∶1，故D正确；电势能的减少量为电场力做的功，即EpP∶EpQ＝2qU∶qeq\f(U,2)＝4∶1，故B正确；动能增加量为合外力做的功，即EkP∶EkQ＝(mgh＋2qU)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋q\f(U,2)))，由于不知道重力与电场力的关系，故C错误。]4．(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是()甲乙A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上AC[根据题中条件作出带电粒子的v­t图象，根据v­t图象包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知，t＝0时刻释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确，B错误；图(a)图(b)由图(b)知，t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq\f(T,2)时间内不能到达右板，则之后往复运动，选项C正确，D错误。]5.(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等BD[两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq\f(1,2)a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。]6.(多选)如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ<1)，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E＝eq\f(mg,q)。如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是()A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为vC．滑块回到A点时速度大小为eq\r(\f(1－μ,1＋μ))vD．A、B两点间电势差为－eq\f(mv2,21＋μq)CD[由于qE＝mg>μmg(μ<1)，可知滑块运动到B点后返回向A运动，向左运动时，根据牛顿第二定律有Eq＋μmg＝ma1，向右运动时，根据牛顿第二定律有Eq－μmg＝ma2，加速度不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A错误；来回运动时摩擦力做功，有能量损失，故到A点时速度大小要小于v，故选项B错误；设回到A点时的速度为vA，则根据动能定理有－(Eq＋μmg)s＝0－eq\f(1,2)mv2，(Eq－μmg)s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，联立解得vA＝eq\r(\f(1－μ,1＋μ))v，UAB＝－Es＝－eq\f(mv2,21＋μq)，故选项C、D正确。]7．(2019·全国卷Ⅲ)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。[解析](1)设电场强度的大小为E，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 ①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2 ②联立①②式解得E＝eq\f(3mg,q)。 ③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh ④且有v1eq\f(t,2)＝v0t ⑤h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。 ⑦[答案](1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)8.(多选)如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上有A、B两个滑块(均可视为质点)，滑块A带正电、电荷量为q，滑块B不带电。图中虚线内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，宽度为d，其余空间内不存在电场。滑块A刚好位于电场区域内的左侧，而滑块B刚好位于电场区域的右侧。现将滑块A无初速度释放，滑块A与滑块B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞过程中滑块A的电荷量不变，仅碰撞一次，经过一段时间两滑块保持一定的距离不变，且此距离为x0＝eq\f(4,9)d，则下列判断正确的是()A．A、B两滑块的质量之比为eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)B．A、B两滑块的质量之比为eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,3)C．两滑块的碰撞为弹性碰撞D．两滑块的碰撞为非弹性碰撞AD[对滑块A在碰撞前根据动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，依题意知，碰撞后滑块A、B速度大小相等，方向相反，规定向右为正方向，设其大小为v，根据动量守恒定律可得mAv0＝－mAv＋mBv；又由能量守恒定律可知v<v0，即碰撞后滑块A向左运动不会滑出电场，设碰撞后滑块A在电场中运动的时间为t，由动量定理得qEt＝2mAv，碰撞后滑块B向右做匀速运动，有vt＝eq\f(4,9)d，联立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,4)，A正确，B错误；两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(4,9)qEd>0，D正确，C错误。]9．(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是()甲乙A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的动能最大D．在0～2T时间内，电子的动能增大了eq\f(2e2T2φ\o\al(2,1),md2)BD[0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝eq\f(φ1,d)，电子以a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eφ1,md)向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度为v1＝a1T；T～2T内平行板间电场强度大小为E2＝eq\f(φ2,d)，电子加速度大小为a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(eφ2,md)，电子以v1的初速度做匀变速直线运动，位移为x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，由题意2T时刻电子回到P点，则有x1＋x2＝0，联立可得φ2＝3φ1，故A错误，B正确；0～T内电子做匀加速运动，T～2T内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，因φ2＝3φ1，由功能关系可知在2T时刻电子动能最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为v2＝v1－a2T＝－eq\f(2φ1eT,dm)(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2φ\o\al(2,1)e2T2,d2m)，故D正确。]10．如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m、电荷量为＋q的粒子。已知板间电压UMN随时间变化的关系如图乙所示，其中U0＝eq\f(8mv\o\al(2,0),q)。忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大。甲乙(1)计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；(2)求荧光屏上发光的长度。[解析](1)t＝0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为t，则l＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,ml)t2，解得：t＝eq\f(l,2v0)粒子在水平方向的位移：x＝v0t＝eq\f(l,2)<l，粒子打在N极板中点。(2)由(1)知t＝eq\f(3l,2v0)时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间向下加速的运动时间：t1＝eq\f(l,v0)－eq\f(l,2v0)＝eq\f(l,2v0)，粒子离开极板时的竖直分速度：vy＝at1＝eq\f(qU0,ml)t1＝4v0，粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t2＝eq\f(l,v0)，粒子在竖直方向的偏移量：y＝l＋vyt2＝5l在t＝eq\f(l,v0)时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d＝y＝5l。[答案](1)打在N极板中点(2)511．有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，