专题提升15　带电粒子在电场中运动的综合问题-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1.(2024·四川凉山三模)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是竖直光滑绝缘圆轨道的八等分点，AE竖直，空间存在平行于圆轨道平面的匀强电场，从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点。若在A点给带电小球一个水平向右的冲量，让小球沿轨道做完整的圆周运动，则小球在运动过程中()A．E点的动量最小B．B点的电势能最大C．C点的机械能最大D．F点的机械能最小解析：从A点静止释放一质量为m的带电小球，小球沿圆弧恰好能到达C点，可知电场力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B点为“等效最低点”，F点为“等效最高点”，可知小球在F点速度最小，动量最小。由平衡知识可知，电场力水平向右，可知小球在G点电势能最大，在C点电势能最小，因小球的电势能与机械能之和守恒，可知在C点机械能最大，在G点机械能最小。答案：C2．一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，静电力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，静电力做功等于0解析：画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v­t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见0～2s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4s内，静电力做功等于0，D正确。答案：D3．如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是()A．Q点在P点正下方B．小球电势能减少C．小球重力势能减少量等于eq\f(1,2)mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析：从P点到Q点，根据动能定理可知：mgh＋W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，则静电力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，则小球重力势能减少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，选项C正确。答案：C4．(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球在运动过程中机械能不守恒C．小球在运动过程中的最小速度至少为eq\r(gL)D．小球在运动过程中的最大速度至少为eq\f(5,2)eq\r(gL)解析：小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正确。答案：BD5．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续不断射入初速度为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()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(n＝0，1，2，…)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)a(eq\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)(n＝0，1，2，…)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)a(eq\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。答案：C6.(多选)如图所示，相距为2d的两个点电荷分别固定于竖直线上的A、B两点，电荷量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球P(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)穿过细杆，由C点静止开始释放，向下运动到O点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则()A．C、D两点电势φC＝φDB．C、D两点的电场强度大小相等C．O点处的电场强度大小E＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)D．小球P经过D点时的速度大小为2v解析：由等量异种电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；由电场强度的叠加可知，C、D两点的电场强度大小相等，故B正确；A处的正点电荷在O点产生的场强大小E1＝eq\f(kQ,(\r(2)d)2)＝eq\f(kQ,2d2)，B处的负点电荷在O点产生的场强大小E2＝eq\f(kQ,(\r(2)d)2)＝eq\f(kQ,2d2)，如图所示，由电场强度的叠加可得，O点处的电场强度E＝eq\r(2)E1＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)，故C正确；从C点到O点与从O点到D点过程，重力及静电力做功相同，从C点到O点过程，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，从O点到D点过程，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2，联立解得vD＝eq\r(2)v，故D错误。答案：BC7.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106V/m。有一质量为0.12kg、电荷量为1.6×10-6C带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：(1)小球在A点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小。解析：(1)重力G＝mg＝0.12×10N＝1.2N静电力F＝qE＝1.6×10-6×3×106N＝4.8N小球做圆周运动，在A点电场力和重力的合力充当向心力，有qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)代入数据解得v1＝6m/s。(2)设小球在B点的速度大小为v2，从A点到B点，由动能定理有(qE－mg)·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在B点，设轨道对小球弹力为N，则有N＋mg－qE＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)代入数据解得N＝21.6N由牛顿第三定律知小球对轨道的压力N′＝N＝21.6N。答案：(1)6m/s(2)21.6N[能力提升练]8．(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是1JD．小环做圆周运动过程中对圆环轨道的最大压力是5N解析：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＋(Eq)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N－F＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，代入数据解得N＝5N，由牛顿第三定律，小环做圆周运动的过程中对圆环的最大压力是5N，D正确。答案：AD9．如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停且均匀地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上。极板长为L，距偏转板右边缘s处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上。板外无电场，求：(1)电子进入偏转板时的速度；(2)eq\f(1,4)T时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离；(3)电子打在荧光屏上的范围Y。解析：(1)由eU0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T电子在电场方向先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零。(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转板，有50%的电子由于偏转量太大，不能射出。电子在eq\f(1＋8k,8)T～eq\f(3＋8k,8)T，eq\f(5＋8k,8)T～eq\f(7＋8k,8)T(k＝0，1，2，…)时进入偏转极板，能射出。设两极板间距为d，则a＝eq\f(