2024高考物理一轮复习第7章静电场限时规范专题练三带电粒子在电场中运动的综合性问题含解析新人教版

PAGE13-限时规范专题练(三)带电粒子在电场中运动的综合性问题时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～5题为单选，6～10题为多选)1.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度v0垂直进入电场，它们分别落到A、B、C三点()A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系：EkA>EkB>EkCD．三小球在电场中运动的加速度关系：aA>aB>aC答案A解析带负电的小球受到的合力为mg＋F电，带正电的小球受到的合力为mg－F电′，不带电小球仅受重力mg，依据牛顿其次定律可得带负电的小球加速度最大，其次为不带电小球，最小的为带正电的小球，故小球在板间运动时间t＝eq\f(x,v0)，xC<xB<xA，所以tC<tB<tA，又h＝eq\f(1,2)at2，hC＝hB＝hA，故aC>aB>aA，B、D错误；故落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确；因为重力对三个小球做功相同，电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，对不带电的B球不做功，依据动能定理可得三小球落在板上的动能大小关系为EkC>EkB>EkA，C错误。2.如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场，两极板间相距为d。一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板的边缘射出。已知微粒的电量为q、质量为m。下列说法正确的是()A．微粒运动的加速度不为0B．微粒的电势能减小了mgdC．两极板间的电势差为eq\f(mgd,q)D．N极板的电势高于M板的电势答案C解析由题意分析可知，微粒所受电场力方向竖直向上，与重力平衡，微粒做匀速直线运动，加速度为零，A错误；微粒穿过平行板电容器过程，重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，依据能量守恒定律知，微粒的电势能增加了mgd，B错误；微粒的电势能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到两极板的电势差U＝eq\f(mgd,q)，C正确；电场力方向竖直向上，微粒带负电，故电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，D错误。3．(2024·湖北孝感模拟)质量为m的物块，带电荷量为＋Q，起先时让它静止在倾角为α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在方向水平、大小为E＝eq\f(\r(3)mg,Q)的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为()A．(2＋eq\r(3))gH B.eq\r(\f(5,2)gH)C．2eq\r(2gH) D．2eq\r(gH)答案C解析对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力F＝QE＝eq\r(3)mg，合力与水平方向夹角β＝30°，故物块沿图中虚线运动，依据动能定理，从起先到落地过程有mgH＋F·eq\f(H,tanβ)＝eq\f(1,2)mv2－0，可得v＝2eq\r(2gH)，C正确，A、B、D错误。4．如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个圆周，A点为圆周上和圆心同一高度的一点，B点为圆周上的最高点。在A点的粒子源以相同大小的初速度v0在竖直面内沿各个方向放射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上放射的粒子恰好经过B点，则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为()A．3v0 B．2v0C.eq\r(2)v0 D．v0答案A解析设粒子所带电荷量为＋q，质量为m，电场强度为E，圆周的半径为R，因竖直向上放射的粒子做类平抛运动经过B点，故电场方向水平向右，且有a＝eq\f(qE,m)，R＝v0t，R＝eq\f(1,2)at2，解得qE＝eq\f(2mv\o\al(2,0),R)，粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大，设为v，则有qE·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得v＝3v0，A正确。5．(2024·福建福州模拟)如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道ABCD，其中倾角θ＝37°的斜面AB与半径为R的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的带负电小球(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，A、B两点高度差为h，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列推断正确的是()A．调整高度差h，小球从D点离开圆弧轨道后有可能干脆落在B点B．当h＝2.5R时，小球会从D点以eq\r(gR)的速度飞出，做平抛运动C．若在O点放一个正点电荷，小球通过D点的速度肯定大于eq\r(gR)D．若在O点放个正点电荷，小球从C点沿圆弧轨道到D点过程机械能不守恒答案C解析小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，假设小球落在B点，则有：R＋Rcosθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，解得：t0＝6eq\r(\f(R,10g))，则有：xmin＝vmint0＝eq\r(gR)·6eq\r(\f(R,10g))＝eq\f(6R,\r(10))>0.6R，故小球不会干脆落在B点，A错误；当h＝2.5R时，依据机械能守恒定律有：mg(h－R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(\f(7,5)gR)>eq\r(gR)，所以小球会从D点以eq\r(\f(7,5)gR)的速度飞出，做平抛运动，B错误；若在O点放一个正点电荷，依据牛顿其次定律可得：mg＋F电＝eq\f(mv\o\al(2,min),R)，解得小球通过D点的速度vD≥vmin>eq\r(gR)，C正确；若在O点放个正点电荷，从C点沿圆弧轨道到D点过程小球受到的电场力与运动方向始终垂直，只有重力做功，小球机械能守恒，D错误。6．(2024·福建莆田模拟)将一带正电的粒子从电场中的O点由静止释放，该粒子仅在电场力作用下沿直线运动，依次经过电场中的A、B两点，其速度v随位移x的改变规律如图。则()A．A点的电场强度小于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能小于粒子在B点的电势能C．A点的电势比B点的电势高D．OA之间的电势差等于AB之间的电势差答案AC解析由图象可知v＝kx，则eq\f(Δv,Δt)＝k·eq\f(Δx,Δt)，a＝kv＝kx2，可知随x的增大，v增大，a增大，场强E增大，即A点的电场强度小于B点的电场强度，A正确；粒子从A到B动能增加，则电势能减小，即粒子在A点的电势能大于粒子在B点的电势能，因粒子带正电，可知A点的电势比B点的电势高，B错误，C正确；由动能定理：UOAq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；UABq＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，则O、A之间的电势差小于A、B之间的电势差，D错误。7．(2024·湖南衡阳模拟)如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m，电荷量肯定值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，且方向与等势线平行，A、B连线长为L，连线与竖直方向的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则()A．该粒子肯定带正电B．匀强电场的电场强度大小eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2qLcosθ)C．粒子在B点的电势能肯定大于在A点的电势能D．等势线b的电势比等势线c的电势高答案BC解析依据做曲线运动的物体所受的合力指向曲线的凹侧以及电场强度的方向垂直于等势线可知，电场力竖直向上，由于不知道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，A错误；在沿电场线方向的位移为：y＝Lcosθ，设电场强度大小为E，由动能定理得：－qEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以E＝eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2qLcosθ)，B正确；粒子所受的电场力方向向上，所以粒子从A到B过程中电场力做负功，电势能增大，C正确；依据题意可知推断粒子受到的电场力方向，但无法确定电场强度的方向，所以无法确定等势线的电势凹凸，D错误。8．(2024·四川泸县一中模拟)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．小球从初始位置起先，沿顺时方向在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大答案AB解析小球静止时细线与竖直方向成θ角，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)，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，依据牛顿其次定律有：eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正确；小球的机械能与电势能之和守恒，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，C错误；小球从初始位置起先，沿顺时方向在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，D错误。9.(2024·银川一中模拟)如图所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场，带电粒子的重力不计。假如带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，则恰好从D点离开电场，若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子()A．从BC边界离开电场B．从AD边界离开电场C．在电场中的运动时间为eq\f(L,v0)D．离开电场时的动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BD解析从M到D过程粒子做类平抛运动，则沿v0方向有：L＝v0t，垂直v0方向：eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(F,m)，解得：F＝eq\f(mv\o\al(2,0),L)，当带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，粒子做匀减速直线运动，设粒子匀减速运动的位移为x时速度减至零，依据动能定理得：－Fx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(L,2)，粒子运动到位移为eq\f(L,2)处，又沿原路返回，所以粒子最终从AD边离开电场，A错误，B正确；设粒子在电场中运动的时间为t′，则eq\f(L,2)＝eq\f(v0,2)·eq\f(t′,2)，t′＝eq\f(2L,v0)，C错误；离开电场时电场力做功为零，故离开电场时的动能为：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D正确。10.如图所示，M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称。第一种状况，在M、N两点分别放置电量为＋Q和－Q的等量异号点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放，运动到B点；其次种状况，在M、N两点分别放置电量为＋Q的等量同号点电荷，该金属环仍从A点无初速释放，运动到B点。则两种状况中()A．金属环运动到B点的速度第一种状况较大B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种状况较短C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变D．金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种状况较大答案BD解析等量异号点电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；等量同号正点电荷连线中垂线上，点电荷连线的中点O电势最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环电势能相等，从A点到B点时重力势能全部转化为动能，第一种状况与其次种状况在B点的速度相等，故A错误。其次种状况中金属环所受电场力先是阻力后是动力，结合到B点时与第一种状况速度相等，可知D正确。由于到B点前其次种状况相同位置的速度均比较小，所以运动时间比较长，故B正确。第一种状况，只有重力做功，机械能守恒，其次种状况，除重力做功外，电场力先做负功，后做正功，过程中机械能不守恒，故C错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(14分)(2024·四川乐山高三一调)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB＝2L，圆管的半径为r＝eq\r(2)L(自身的内径忽视不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度的大小E2＝eq\f(mg,q)。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的小球(可视为质点)，PC间距为L。现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并接着运动。重力加速度为g。求：(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度的大小E1；(2)小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力FD；(3)小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比eq\f(tAB,tPN)。答案(1)eq\f(mg,q)(2)2eq\r(2)mg，方向竖直向下(3)eq\f(π,4＋π)解析(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入圆管，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°＝eq\f(E1q,mg)，解得：E1＝eq\f(mg,q)。(2)从P到A的过程，依据动能定理：mgL＋E1qL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vA＝2eq\r(gL)，小球在管中运动时，E2q＝mg，小球做匀速圆周运动，则vD＝vA＝2eq\r(gL)在D点时，下壁对球的支持力F＝meq\f(v\o\al(2,D),r)＝2eq\r(2)mg由牛顿第三定律得，FD＝F＝2eq\r(2)mg，方向竖直向下。(3)小球由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：eq\r(2)L＝eq\f(1,2)eq\r(2)ateq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2L,g))，设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：t2＝eq\f(\f(3,4)·2πr,vA)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(2L,g))小球离开圆管后做类平抛运动，设小球从B点到N点的过程中所用时间为t3，则y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)，x＝vBt3，vB＝vA，a＝eq\f(g,cos45°)＝eq\r(2)g，联立解得：t3＝2eq\r(\f(2L,g))，则：eq\f(tAB,tPN)＝eq\f(t2,t1＋t2＋t3)＝eq\f(π,4＋π)。12．(16分)(2024·湖北七市(州)教科研协作体联考)如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球，电荷量为q，从原点O水平抛出，再从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB＝3L。已知小球抛出时的动能为Ek0，在B点的动能为eq\f(4,3)Ek0，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比；(2)匀强电场的场强和小球的质量；(3)小球在电场中运动的最小动能。答案(1)1∶1(2)eq\f(Ek0,qL)，方向水平向左eq\f(\r(3)Ek0,3gL)(3)Ek0解析(1)设小球质量为m，初