2023版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場能力課帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題課時訓(xùn)練（含解析）粵教版

PAGEPAGE1能力課帶電粒子在電場中運(yùn)動的綜合問題一、選擇題(1～3題為單項(xiàng)選擇題，4～5題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖1所示，實(shí)線是電場線，一帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線由A運(yùn)動到B的過程中，其速度－時間圖象是選項(xiàng)中的()圖1 解析電場力的方向指向軌跡的凹側(cè)且沿與電場線相切的方向，因此粒子從A運(yùn)動到B的過程中電場力方向與速度方向的夾角大于90°，粒子做減速運(yùn)動，電場力越來越小，加速度越來越小，故B項(xiàng)正確。 答案B2．兩帶電荷量分別為q和－q的點(diǎn)電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強(qiáng)大小E與x關(guān)系的圖是() 解析越靠近兩電荷的地方場強(qiáng)越大，兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)處場強(qiáng)最小，但不是零，B、D錯誤；兩電荷的電荷量大小相等，場強(qiáng)大小關(guān)于中點(diǎn)對稱分布，A正確，C錯誤。 答案A3．將如圖2所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運(yùn)動，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖2 A．電子一直向著A板運(yùn)動 B．電子一直向著B板運(yùn)動 C．電子先向A板運(yùn)動，然后返回向B板運(yùn)動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動 D．電子先向B板運(yùn)動，然后返回向A板運(yùn)動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動 解析根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律，作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線，如圖甲、乙。從圖中可知，電子在第一個eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速運(yùn)動，第二個eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運(yùn)動，在這半周期內(nèi)，因初始B板電勢比A板電勢高，所以電子向B板運(yùn)動，加速度大小為eq\f(eU,md)。在第三個eq\f(T,4)內(nèi)電子做勻加速運(yùn)動，第四個eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運(yùn)動，但在這半周期內(nèi)運(yùn)動方向與前半周期相反，向A板運(yùn)動，加速度大小為eq\f(eU,md)。所以電子在交變電場中將以t＝eq\f(T,4)時刻所在位置為平衡位置做周期性往復(fù)運(yùn)動，綜上分析選項(xiàng)D正確。 答案D4．(2022·河北唐山模擬)粗糙絕緣的水平桌面上，有兩塊豎直平行相對而立的金屬板A、B。板間桌面上靜止著帶正電的物塊，如圖3甲所示，當(dāng)兩金屬板加圖乙所示的交變電壓時，設(shè)直到t1時刻物塊才開始運(yùn)動，(最大靜摩擦力與滑動摩擦力可認(rèn)為相等)，那么()圖3 A．在0～t1時間內(nèi)，物塊受到逐漸增大的摩擦力，方向水平向左 B．在t1～t3時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力先逐漸增大，后逐漸減小 C．t3時刻物塊的速度最大 D．t4時刻物塊的速度最大 解析在0～t1時間內(nèi)，電場力小于最大靜摩擦力，物塊靜止，靜摩擦力與電場力大小相等，即Ff＝qE＝qeq\f(U,d)，隨電壓增大，摩擦力增大，但是正電荷所受電場力與電場同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，選項(xiàng)A正確；在t1～t3時間內(nèi)，電場力大于最大靜摩擦力，物塊一直加速運(yùn)動，摩擦力為滑動摩擦力，由于正壓力即是物塊的重力，所以摩擦力不變，選項(xiàng)B錯誤；t3到t4階段，電場力小于摩擦力，但物塊仍在運(yùn)動且為減速運(yùn)動，故t3時刻速度最大，選項(xiàng)C正確，D錯誤。 答案AC5．如圖4所示，點(diǎn)電荷＋4Q與＋Q分別固定在A、B兩點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)將AB連線三等分，現(xiàn)使一個帶負(fù)電的粒子從C點(diǎn)開始以某一初速度向右運(yùn)動，不計(jì)粒子的重力，那么該粒子在CD之間運(yùn)動的速度大小v與時間t的關(guān)系圖象(如下圖)可能是()圖4 解析設(shè)AC＝CD＝DB＝r，那么EC＝keq\f(4Q,r2)－keq\f(Q,〔2r〕2)＝eq\f(15kQ,4r2)，方向水平向右。ED＝keq\f(4Q,〔2r〕2)－keq\f(Q,r2)＝0，那么負(fù)電荷由C到D所受電場力始終向左。第一種情況，該負(fù)電荷做減速運(yùn)動，且加速度逐漸減小，直到電荷以一定速度通過D點(diǎn)，故B正確；第二種情況，電荷向右減速，在到達(dá)D點(diǎn)之前反向運(yùn)動，因此，由C→D電荷先減速后加速，加速度先減小后增大，故C正確。此題正確答案為B、C。 答案BC二、非選擇題6．(2022·北京東城區(qū)檢測)如圖5所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：圖5 (1)水平向右電場的電場強(qiáng)度的大??； (2)假設(shè)將電場強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，小物塊的加速度是多大； (3)電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時的動能。 解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力(如下圖)，那么 FNsin37°＝qE① FNcos37°＝mg② 由①②可得E＝eq\f(3mg,4q)。 (2)假設(shè)電場強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，那么 E′＝eq\f(3mg,8q)， mgsin37°－qE′cos37°＝ma， 可得a＝0.3g (3)電場強(qiáng)度變化后小物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得： mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL 答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL7．如圖6甲所示，相距d＝15cm的A、B兩極板是在真空中平行放置的金屬板，當(dāng)給他們加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強(qiáng)電場。今在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，交變電壓的周期T＝1.0×10－6s，t＝0時A板的電勢比B板的電勢高，且U0＝1080V，一個比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg的帶負(fù)電荷的粒子在t＝0時刻從B板附近由靜止開始運(yùn)動不計(jì)重力。圖6 (1)當(dāng)粒子的位移為多大時，速度第一次到達(dá)最大，最大值是多少？ (2)粒子運(yùn)動過程中，將與某一極板相碰撞，求粒子碰撞極板時速度大小。 解析粒子在電場中的運(yùn)動情況比擬復(fù)雜，可借助于v－t圖象分析運(yùn)動的過程，如下圖為一個周期的v－t圖象，以后粒子將重復(fù)這種運(yùn)動。 (1)在0～eq\f(T,3)時間內(nèi)，粒子加速向A運(yùn)動；當(dāng)t＝eq\f(T,3)時，粒子速度第一次到達(dá)最大，根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子運(yùn)動的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU0,md)， 設(shè)粒子的最大速度為vm，此時位移為x，那么 x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·(eq\f(T,3))2＝0.04m， vm＝at＝eq\f(qU0T,3md)＝2.4×105m/s。 (2)粒子在一個周期的前eq\f(2T,3)時間內(nèi)，先加速后減速向A板運(yùn)動，位移為xA；在后eq\f(T,3)時間內(nèi)，先加速后減速向B運(yùn)動，位移為xB，以后的每個周期將重復(fù)上述運(yùn)動，由于粒子加速和減速運(yùn)動中的加速度大小相等，即有xA＝2x＝0.08m，xB＝2×eq\f(qU0T2,2md×36)＝0.02m。所以粒子在一個周期內(nèi)的位移x′＝xA－xB＝0.06m。顯然，第2個周期末粒子距A板的距離為L＝d－2x′＝0.03＜0.04m，說明粒子將在第3個周期內(nèi)的前eq\f(T,3)時間內(nèi)到達(dá)A板，設(shè)粒子到達(dá)A板的速度為v，那么由v2＝2aL，有v2＝eq\f(2qU0L,md)，解得v＝2.1×105m/s。 答案(1)0.04m2.4×105m/s(2)2.1×8．如圖7所示，長為2L的平板絕緣小車放在光滑水平面上，小車兩端固定兩個絕緣的帶電小球A和B，A的帶電荷量為＋2q，B的帶電荷量為－3q，小車(包括帶電小球A、B)總質(zhì)量為m。虛線MN與PQ均沿豎直方向且相距3L，開始時虛線MN位于小車正中間。假設(shè)視帶電小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，在虛線MN、PQ間加上方向水平向右、電場強(qiáng)度大小為圖7 (1)小車向右運(yùn)動的最大距離和此過程中B球電勢能的變化量； (2)A球從開始運(yùn)動至剛離開電場所用的時間。 解析(1)設(shè)A球出電場的最大位移為s，由動能定理得 2qEL－qEL－3qEs＝0 解得s＝eq\f(L,3) 那么小車向右運(yùn)動的最大距離為sA＝2L＋eq\f(L,3)＝eq\f(7,3)L B球從剛進(jìn)入電場到小車速度第一次為零時的位移為 sB＝eq\f(7,3)L－L＝eq\f(4,3)L 那么B球電勢能的變化量為ΔEp＝－W＝3qE·eq\f(4,3)L＝4qEL。 (2)設(shè)B球剛進(jìn)入電場時小車速度為v1，由動能定理得 2qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 解得v1＝2eq\r(\f(qEL,m)) 取向右為正方向，B球進(jìn)入電場前，小車加速度為a1＝eq\f(2qE,m) 運(yùn)動時間t1＝eq\f(v1,a1)＝eq\r(\f(mL,qE)) B球進(jìn)入電場后，A球離開電場前，小車加速度為 a2＝－eq\f(qE,m) 由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2