适用于新高考新教材广西专版2025届高考物理一轮总复习课时规范练27带电粒子在电场中运动的综合问题

课时规范练27带电粒子在电场中运动的综合问题基础对点练1.(电场的叠加原理与功能关系)如图所示,两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置,O1、O2分别为两细环的圆心,且O1O2=2r,两环分别带有匀整分布的等量异种电荷,电荷量分别为+Q、-Q(Q>0)。一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放,静电常量为k,下列说法正确的是()A.O1O2中点处的电场强度为2B.O1O2中点处的电场强度为2C.粒子在O1O2中点处动能最大D.粒子在O2处动能最大2.(多选)(“等效场”在电场中的应用)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止起先由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是()A.此液滴带正电B.液滴的加速度等于2gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能削减3.(带电粒子在交变电场中的运动)(2024四川成都模拟)如图(a)所示,平行金属板A、B间的电压恒为U,B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压,OO'是M、N板间的中线,当电压稳定时,板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻,紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙;甲在T4时刻沿OO'方向进入并在3T4时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙,在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和离子间的相互作用均不计。则A.y甲=2y乙 B.y甲=y乙C.v甲=v乙 D.v甲=4v乙4.(带电粒子在复合场中的运动)(2024江苏南京师大附中模拟)如图所示,在正方形的四个顶点各固定一个点电荷,直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v。则将该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入后,它在以后运动过程中()A.在两负电荷连线中点处速度最大B.将以原点O为中心在x轴上往复运动C.最小速度为3vD.最大速度为6v5.(多选)(力电综合问题)如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为6q,h=2R,重力加速度为g,静电力常量为k,则()A.小球d确定带正电B.小球b的周期为2C.小球c的加速度大小为3D.外力F竖直向上,大小等于mg+26.(多选)(力电综合问题)(2024陕西西安高三月考)如图所示,xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m,电荷量为+q(q>0)的带电粒子,以v0的速度沿AB方向入射,粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为(-3L,0)、(0,2L)、(0,L)。若不计重力与空气阻力,则下列说法正确的是()A.带电粒子由A到C过程中电势能确定增大B.带电粒子由A到C过程中最小速度确定为vC.匀强电场的电场强度大小为E=mD.若匀强电场的大小和方向可调整,粒子恰好能沿AB直线方向到达B点,则此状态下电场强度大小为7素养综合练7.(2024河南郑州一模)竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD,相距为d,两极板加上恒定电压U,如图所示。质量为m、电荷量为+q的粒子,从AC中点O处以初动能EkO=32qU进入电场,初速度与水平方向夹角为θ=30°,粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点,M为运动轨迹的最高点,MN与极板垂直。不计粒子重力,则关于粒子的说法正确的是(A.粒子运动到B点时的动能Ek=52B.运动轨迹最高点到下极板的距离lMN=78C.水平方向运动的位移之比lAN∶lNB=1∶2D.若将上极板上移微小一段距离,则粒子将打在B点左侧8.(多选)如图所示,一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内,并处于电场强度大小为E=3×102V/m、方向竖直向下的匀强电场中,一个重力为G=2×10-2N、电荷量为q=1×10-4C的带负电小滑块从A点由静止起先运动,小滑块与管壁的动摩擦因数μ=0.25。已知管长AB=BC=L=1m,倾角α=37°,B点处是一段长度忽视不计的很短的光滑圆弧管。sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.B、A两点间的电势差为300VB.小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C.小滑块运动后第一次速度为零的位置在BC管的中点D.从起先运动到最终静止,小滑块通过的总路程为3m9.(多选)(2024黑龙江齐齐哈尔八中模拟)如图所示,四分之一光滑绝缘圆弧槽B处切线水平,一可视为质点的带正电小球从圆弧槽A处由静止释放,滑到B处离开圆弧槽做平抛运动,到达水平地面的D处,若在装置所在平面内加上竖直向下的匀强电场,重复上述试验,下列说法正确的是()A.小球落地点在D的右侧B.小球落地点仍在D点C.小球落地点在D的左侧D.小球离开B到达地面的运动时间减小10.(2024辽宁大连第八中学高三检测)如图甲所示,真空中的电极可连绵起伏匀整地逸出电子(设电子的初速度为零),经加速电场加速,由小孔穿出,沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场,A、B两板距离为d,A、B板长为L,A、B两板间加周期性变更的电场UAB,如图乙所示,周期为T,加速电压U1=2mL2eT2,其中m为电子质量、e为电子电荷量、T为偏转电场的周期,(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小;(2)t=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y;(3)在0~T2答案：1.A解析把圆环上每一个点都看成一个点电荷,则每个点电荷的电荷量为q=Q2πr,依据点电荷电场强度公式,有E=kq(2r)2,依据电场的叠加原理,单个圆环在O1O2中点的电场强度为E=kQ2r2cos45°,两个圆环的电场强度叠加,有E总=2kQ2r2,故A正确,B错误;带电粒子从O1点起先由静止释放,在粒子从O1向O2运动的过程中,两圆环对粒子的作用力皆向左,可见电场对带电粒子做正功,故粒子在O1O2中点处动能不是最大,故C错误;依据电场叠加原理,在O2左侧电场强度方向先向左后向右,因此粒子到达2.BD解析带电液滴沿直线运动到d,带电液滴所受重力与静电力的合力确定与其运动方向在同始终线上,对液滴进行受力分析,其受力状况如图所示,则静电力方向确定水平向右,与电场强度方向相反,所以该液滴带负电,A错误;物体所受合力F=2mg,故物体的加速度a=Fm=2g,B正确;由于液滴从静止起先做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合力对物体做正功,C错误;由于静电力所做的功W=Eqxbdcos45°>0,故静电力对液滴做正功,3.B解析两离子在电场中加速,则依据动能定理得qU=12mv2,可得v=2qUm,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙,可知两离子离开电场时的速度之比为v甲∶v乙=2∶1,时间之比为t甲∶t乙=1∶2,因为甲在T4时刻沿OO'方向进入,则乙在T2时刻沿OO'方向进入,甲离子在偏转电场中的运动时间为T2,则乙离子在偏转电场中的运动时间为T;甲离子在偏转电场中的加速度为a甲=E×4qm,偏转距离为y甲=2×12a甲T42=qET24m,乙离子在偏转电场中的加速度为a乙=qEm,偏转距离为y乙=2×12a乙T22=qET24m,则y4.C解析点电荷形成的电场某位置的电势表达式φ=kQr,电场强度表达式E=kQr2。电势是标量,两个正点电荷和两个负点电荷到O点的距离相等,故O点电势为零。电场强度为矢量,四个点电荷在O点形成的电场强度方向水平沿x轴负方向,故正点电荷在原点O处静止释放时,它将受静电力的作用向x轴负方向加速运动。在两负电荷连线中点处,依据电场强度的矢量叠加可知,该点处的电场方向水平向左,电势不是最低,故正电荷在该位置左侧速度较大,该位置不是速度最大处,A错误;依据点电荷电场强度叠加可知在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧,有一点M,该位置电场强度为0,速度最大,电势最低。将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v,故依据动能定理可知,WOM=12mv2,该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入,无穷远电势为0,从无穷远沿x轴正方向运动到M点,静电力做正功;再由M点到原点O逆着电场线方向运动,静电力做负功,速度减小;依据能量守恒,原点O处与无穷远处电势相等,电势能相等,故正电荷在无穷远处与原点O处的动能相等、速度大小相等。故依据动能定理可知,W-∞M=WOM=12mvM2-12m(2v)2,解得vM=5v,同理分析可知,两正电荷连线中点的右侧存在一电势最高、电场强度为0的N点,从原点O运动到N点逆着电场线做减速运动,N点速度最小,从N点到正方向无穷远,静电力做正功,动能增加,速度增大,依据能量守恒可知,正无穷远处速度为2v。故依据动能定理可知WN+∞=-WON=WOM=12m(2v)2-12mvN2,解得vN=3v,综上所述它在以后运动过程中最大速度为5v5.CD解析a、b、c三小球所带电荷量相同,要使三个小球做匀速圆周运动,d球与a、b、c三小球确定是异种电荷,由于a球的电性未知,所以d球不愿定带正电,故A错误。设db连线与水平方向的夹角为α,则cosα=Rh2+R2=33,sinα=hh2+R2=63,对b球,依据牛顿其次定律和向心力得k6q·qh2+R2cosα-2kq2(2Rcos30°)2cos30°=m4π2T6.AD解析带电粒子由A到C过程中静电力确定做负功,电势能增大,A正确;依据题意可知LAB=(3L)2+4L2=7L,由于粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点,则C点的速度最小且沿水平方向,故带电粒子受到的静电力方向确定沿-y方向,将初速度沿竖直方向和水平方向分解,水平方向粒子做匀速直线运动,其速度为vx=v0cos∠OAB=v0×3L7L=217v0,竖直方向速度减为零时速度最小,等于水平分速度,所以带电粒子由A到C过程中最小速度为217v0,B错误;依据几何关系可知LOC=L,从A到C依据动能定理可得-qEL=12mvx2-12mv02,解得匀强电场的大小为E=27.B8.CD解析依据匀强电场的电势差计算式可知UBA=ELsinα=180V,A错误;小滑块从A点第一次运动到B点过程中,静电力做正功,电势能减小,B错误;小滑块受到竖直向上的静电力F=Eq=3×10-2N,依据牛顿其次定律可知(Eq-mg)sin37°-μ(Eq-mg)cos37°=ma1,解得小滑块起先沿玻璃管加速运动的加速度为a1=2m/s2,在BC段小滑块做匀减速运动,加速度大小(Eq-mg)sin37°+μ(Eq-mg)cos37°=ma2,解得a2=4m/s2,所以第一次速度为0的过程中vB2=2a1xAB=2a2x,x=0.5m,C正确;小滑块第一次速度减为零后,又反向向B加速运动,到B后又减速向A运动,这样不断地往复,最终停在B点,依据能量守恒定律,有(Eq-G)Lsinα=sμ(Eq-G)cosα,解得s=3m,即小滑块通过的总路程为9.BD解析不加电场时,小球从A到B有mgR=12mvB2-0,解得vB=2gR,平抛过程,竖直方向上有h=12gt2,解得t=2hg,平抛水平位移x=vBt=2Rh,则平抛水平位移与重力加速度无关,施加竖直向下的匀强电场后,小球同时受重力和向下的静电力,相当于重力加速度增大了,小球落地点仍在D点,由t∝10.答案(1)2LT(2)e解析(1)电子在加速电场中加速由动能定理得eU1=12m解得v0=2L(2)电子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向L=v0t,解得t=T2,t=0时刻进入偏转电场的电子加速度a=eEm=eU0md,电子离开电场时距离A、B中心线的距离