2025版高考物理一轮总复习第9章静电场专题强化11带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题提能训练

第九章专题强化十一基础过关练题组一带电粒子在交变电场中的运动1.(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变更的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(CD)A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原动身点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[解析]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，假设粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原动身点，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。2.(多选)如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板旁边由静止释放(电子的重力忽视不计)。若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变更的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中确定能使电子打到B板的是(CD)[解析]加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，起先向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，电子向B板先匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，始终向B板运动，确定能到达B板，故C正确；加D项所示电压时，电子在一个周期内速度的方向不变，始终向B板运动，确定能到达B板，故D正确。题组二用等效法处理带电体在电场和重力场中的运动3．(多选)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则(BD)A．小球带正电B．静电力大于重力C．小球运动到最低点时速度最大D．小球运动过程最小速度至少为v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))[解析]因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝meq\f(v2,l)，即v＝eq\r(\f(qE－mgl,m))，故D正确。4．(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、电荷量为q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(AB)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．小球从初始位置起先，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大[解析]小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，依据平衡条件，有mgtanθ＝qE，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，依据等效重力供应向心力，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点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置起先，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。题组三应用力学三大观点解决力、电综合问题5．(多选)我国霍尔推动器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104m/s，推动器产生的推力为80mN。已知氙离子的比荷为7.3×105C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽视磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则(AD)A．氙离子的加速电压约为175VB．氙离子的加速电压约为700VC．氙离子向外喷射形成的电流约为37AD．每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6kg[解析]氙离子经电场加速，依据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2－0，可得加速电压为U＝eq\f(v2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m))))≈175V，故A正确，B错误；在Δt时间内，有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出，形成电流为I，由动量定理可得FΔt＝Δmv－0，进入放电通道的氙气质量为Δm0，被电离的比例为η，则有eq\f(Δm,Δt)＝ηeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δm0,Δt)))，联立解得eq\f(Δm0,Δt)＝eq\f(F,ηv)≈5.3×10－6kg，故D正确；在Δt时间内，有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出，则有ΔQ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δm,m)))q，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，联立解得I＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,v)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m)))≈3.7A，故C错误。故选AD。6．(多选)如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM′和PP′范围内有沿斜面对上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变更关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的可视为点电荷小物块从斜面上的A点以初速度v0沿斜面对上运动，到达B点时速度恰好为零。已知斜面倾角为θ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下推断正确的是(AC)A．小物块在运动过程中所受到的电场力始终小于mgsinθB．小物块在运动过程中的中间时刻速度大于eq\f(v0,2)C．A、B两点间的电势差为eq\f(m2glsinθ－v\o\al(2,0),2q)D．此过程中小物块机械能增加量为mglsinθ[解析]小物块所受的电场力沿斜面对上，重力分力沿斜面对下，由题图乙知，电场强度慢慢增大，电场力慢慢增大，小物块做减速运动，可知电场力始终小于重力沿斜面对下的分力mgsinθ，故A正确；因为小物块所受的电场力慢慢增大，重力沿斜面对下的分力不变，且电场力小于重力沿斜面对下的分力，所以小物块所受的合力慢慢减小，加速度慢慢减小，因此小物块做加速度慢慢减小的减速运动，作出其速度—时间图像如图所示，若小物块做初速度为v0的匀减速直线运动中间时刻的瞬时速度等于eq\f(v0,2)，则从图中可知，小物块在运动过程中的中间时刻速度大小小于eq\f(v0,2)，故B错误；依据动能定理得qUAB－mglsinθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得A、B点间的电势差为UAB＝eq\f(m2glsinθ－v\o\al(2,0),2q)，故C正确；因为电场力小于重力沿斜向下的分力，所以此过程中小物块机械能增加量小于mglsinθ，故D错误。实力综合练7．(2024·江西上饶月考)如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连绵起伏射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且全部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(C)A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1[解析]粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，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)))2＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，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)))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。8.(2024·江苏扬州月考)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠BAC＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电荷量均为q(q>0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为(D)A.eq\f(Ek,qR) B．eq\f(2Ek,qR)C.eq\f(\r(3)Ek,3qR) D．eq\f(2\r(3)Ek,3qR)[解析]粒子从A点到B点应用动能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，从A点到C点应用动能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，则B点与O点电势相等。作出等势面和电场线如图所示，则粒子从A点到B点应用动能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq\f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq\f(2\r(3)Ek,3qR)，选项D正确，A、B、C错误。9．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。①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；②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的匀整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。[答案](1)U1＝eq\f(2d2mv\o\al(2,0),qL2)(2)①U2＝eq\f(d2kRv0,qL)②25%[解析](1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t竖直方向d＝eq\f(1,2)at2依据牛顿其次定律qE＝ma又E＝eq\f(U1,d)解得U1＝eq\f(2d2mv\o\al(2,0),qL2)。(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度F电＝f，即eq\f(qU2,d)＝kRv且eq\f(d,v)＝eq\f(L,v0)解得U2＝eq\f(d2kRv0,qL)。②10μm带电荷量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，所受阻力等于电场力，有f＝kRvmaxf＝eq\f(qU2,d)在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt2．5μm的颗粒带电荷量为q′＝eq\f(q,16)颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f′＝eq\f(1,4)kRvmax′f′＝eq\f(q′U2,d)设只有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′＝vmax′t解得d′＝eq\f(d,4)2．5μm的颗粒被收集的百分比eq\f(d′,d)×100%＝25%。10．如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑eq\f(1,4)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eq\r(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电场力大小为eq\r(2)mg。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。[答案](1)eq\f(1,2)mgR(2)v0＝eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx[解析](1)小球从A到B，依据能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mgR。(2)小球从B到O，依据动能定理有－mgR＋qE·eq\r(2)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vO＝eq\r(3gR)。(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qEcos45°＝max竖直方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0说明小球从O点起先以后的运动为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＝eq\f(1,2)gt2，y＝vOt联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx。11．(2024·黑龙江哈尔滨联考)空间中存在水平向右的匀强电场，一个可视为质点带正电的小球从绝缘光滑斜面顶端，以初速度v0＝2eq\r(2)m/s