2024年高考物理必修三專題練習專題 帶電粒子在復合場中的運動

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝專題帶電粒子在復合場中的運動【刷難關】一、直線運動1．(多選)如圖所示，絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一電荷量為－q、質量為m的滑塊(可看成點電荷)從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，到達b點時速度為零．已知a、b間距離為x，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下判斷正確的是()A．滑塊在運動過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動摩擦力B．滑塊在運動過程的中間時刻速率小于eq\f(v0,2)C．此過程中產生的內能為eq\f(mv02,2)D．Q產生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(m（v02－2μgx）,2q)答案：BD解析：由題意可知，滑塊在水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，滑動摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動方向相同，因滑塊在b點速度為零，故在b點庫侖力小于滑動摩擦力，則在整個滑動過程中，庫侖力一直小于滑動摩擦力，故A錯誤；滑塊在水平方向受大小不變的滑動摩擦力及一直變大的庫侖力，在滑動過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以滑塊做加速度不斷減小的減速運動，由v－t圖像可知中間時刻的速率小于eq\f(v0,2)，故B正確；滑塊的動能和庫侖力做的正功都轉化為內能，因此在此過程中產生的內能大于動能的減少量，故C錯誤；由動能定理可得－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv02，解得a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\f(m（v02－2μgx）,2q)，故D正確．2．[河南全國百強名校2021高二上聯(lián)考]如圖所示，平行板電容器豎直放置，A、B為兩極板，一帶正電的液滴沿直線從位置a向上運動到位置b，則下列說法正確的是()A．電容器A極板帶正電B．液滴可能做勻速運動C．液滴的機械能減少D．換成帶負電的液滴也能由a到b做直線運動答案：C解析：帶電液滴沿直線從位置a向上運動到位置b，根據(jù)直線運動的規(guī)律知，帶電液滴所受合力方向一定與速度方向相同或相反，由于液滴只受到豎直向下的重力和水平方向的靜電力作用，故可以判定靜電力的方向只能向左，由于液滴帶正電，則電場線方向水平向左，即電容器B極板帶正電，A極板帶負電，A錯誤；由于重力與靜電力的合力方向與液滴的運動方向相反，液滴做勻減速直線運動，B錯誤；帶電液滴沿直線從位置a向上運動到位置b的過程中，由于靜電力做負功，液滴的機械能減少，C正確；換成帶負電的液滴，由于重力與靜電力的合力方向斜向右下方，不可能與ab共線，則不可能做直線運動，D錯誤．3．[四川內江2021高二上期中](多選)如圖所示，長為L＝0.5m，傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一電荷量為＋q，質量為m的小球，以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g＝10m/s2，則下列說法中正確的是()A．小球在N點的電勢能大于在M點的電勢能B．水平勻強電場的電場強度為eq\f(3mg,4q)C．若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2D．若電場強度減半，小球運動到N點時速度為初速度v0的一半答案：BD解析：帶電小球從M點到N點，動能沒變，由能量守恒定律知，此過程中重力勢能的增加量等于電勢能的減少量，因此小球在N點的電勢能小于M點的電勢能，A錯誤；帶電小球從M點到N點的過程中，由動能定理得，qELcosθ－mgLsinθ＝0，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝eq\f(3mg,4q)，B正確；由題意知，電場未加倍時，小球沿斜面方向受力平衡，有mgsinθ＝qEcosθ，電場加倍后，小球在斜面方向的合力F＝2qEcosθ－mgsinθ＝ma，小球的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2，C錯誤；若電場強度減半，小球在斜面方向的合力為F1＝mgsinθ－eq\f(1,2)qEcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma1，小球的加速度大小為a1＝eq\f(1,2)gsinθ＝3m/s2，根據(jù)v2－v02＝－2a1L，代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s，則小球運動到N點時速度為初速度v0的一半，D正確．二、拋體運動4．[江西南昌第十中學2021高二上月考](多選)如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，由此可見()A．電場力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2∶1D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等答案：ACD解析：由題圖可知，在電場中，小球所受合外力豎直向上，故電場力豎直向上與電場方向相反，故小球帶負電，B錯誤；小球在水平方向始終做勻速運動，由題意可知，從A到B與從B到C水平位移大小之比為2∶1，根據(jù)x＝v0t知，運動時間之比為2∶1，C正確；設在B點豎直方向速度為vy，則從A到B，vy2＝2gh1，從B到C，vy2＝2ah2，其中a＝eq\f(qE－mg,m)，h1＝2h2，聯(lián)立解得qE＝3mg，A正確；從A到B速度變化量為vy，從B到C速度變化量為－vy，故兩個過程速度的變化量大小相等，D正確．5．[湖北新高考聯(lián)考協(xié)作體2021高二上期中]在豎直放置的平行金屬板A、B間加一恒定電壓，質量相同的兩帶電小球M和N以相同的速率分別從極板A的上邊緣和兩板間的中線下端沿豎直方向進入兩板間的勻強電場，恰好分別從極板B的下邊緣和上邊緣射出，如圖所示，不考慮兩帶電小球之間的相互作用，下列說法正確的是()A．兩帶電小球所帶的電荷量可能相等B．兩帶電小球在電場中運動的時間一定相等C．兩帶電小球在電場中運動的加速度一定是M球的大于N球的D．兩帶電小球離開電場時的動能EkM可能小于EkN答案：C解析：豎直方向小球M做加速運動，小球N以相同的速率做減速運動，且豎直方向位移大小相等，加速度相同，則tM<tN，水平方向M球的位移為2d，N球的位移為d，對M球，由運動學公式得eq\f(1,2)aMtM2＝2d，對N球，有eq\f(1,2)aNtN2＝d，則aM>aN，由于豎直方向兩小球加速度相同，由平行四邊形定則可知，M球的加速度大于N球的加速度，又由水平方向加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，則M球所帶的電荷量大于N球所帶的電荷量，C正確，A、B錯誤；由于電場力對兩球均做正功(WM>WN)，重力對M球做正功，對N球做負功，由動能定理可知，兩帶電小球離開電場時的動能EkM一定大于EkN，D錯誤．6．[安徽合肥肥東2020高二上月考]如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的微粒，從極板左側中央以相同的水平初速度v先后垂直場強射入，分別落到極板A、B、C處(以下分別用A、B、C代表三個微粒)，如圖所示．則下列判斷正確的是()A．微粒A帶負電，B不帶電，C帶正電B．三個微粒在電場中運動時間相等C．三個微粒在電場中運動的加速度的關系為aA＞aB＞aCD．三個微粒到達極板時的動能關系為EkA＜EkB＜EkC答案：D解析：三個微粒的初速度相等，水平方向上都做勻速運動，水平位移關系為xA＞xB＞xC，所以它們的運動時間關系為tA＞tB＞tC.三個微粒在豎直方向的位移相等，根據(jù)eq\f(1,2)y＝eq\f(1,2)at2可知，它們加速度的關系為aA＜aB＜aC；從而可知B僅受重力，A受向上的靜電力，C受向下的靜電力，所以B不帶電，A帶正電，C帶負電，故A、B、C錯誤．三個微粒重力做功相等，靜電力對A做負功，靜電力對C做正功，根據(jù)動能定理，三個微粒到達極板時的動能關系為EkA＜EkB＜EkC，所以D正確．7．[廣東江門新會一中2020高二上月考]如圖所示，兩個帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置，兩板間的距離d＝0.4m，現(xiàn)將一質量m＝1.0×10－2kg、電荷量q＝＋4×10－5C的帶電小球從兩極板上方A點，以v0＝2m/s的初速度水平拋出，A點距離兩板上端的高度h＝0.2m，之后小球恰從M板頂端位置無碰撞地進入板間做直線運動，直至打在N板上的B點，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2，勻強電場只存在于M、N之間，求：(1)小球進入電場時的速度大小和方向；(2)兩極板間的電勢差U；(3)小球到達B點時的動能．解析：(1)小球到達M板上端時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝2m/s，小球進入電場時的速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝2eq\r(2)m/s，速度與水平方向的夾角設為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，得θ＝45°；(2)小球在電場中做直線運動時，小球受到的合力的方向與速度的方向相同，所以tanθ＝eq\f(mg,qE)，得E＝eq\f(mg,q)，所以U＝Ed＝eq\f(mg,q)d＝1×103V；(3)設B點到極板上端的距離為L，則L＝dtanθ＝d，從A到B運用動能定理得mg(h＋L)＋qEd＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)得EkB＝eq\f(1,2)mvB2＝0.12J.三、圓周運動8．[山東青島膠州2021高二上期中](多選)如圖所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內的半圓弧光滑絕緣軌道的圓心在O點，圓弧的半徑為R，B為圓弧上的一點，OB與水平方向夾角θ＝37°.一電荷量為＋q，質量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道運動到最低點C時，速度v＝4eq\r(gR)，g為重力加速度，取無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是()A．電場中AO間電勢差為eq\f(8mgR,q)B．電場中A點的電勢為eq\f(7mgR,q)C．小球運動到B點時的動能為16mgRD．小球運動到B點時，其動能與電勢能的和為7.6mgR答案：BD解析：等量異種電荷所產生的電場，其中垂線上點，電勢為0，因此UAC＝UAO，小球從A點運動到最低點過程中，由動能定理可得mgR＋qUAO＝eq\f(1,2)mv2，解得UAO＝eq\f(7mgR,q)，UAO＝φA－0，解得φA＝eq\f(7mgR,q)，A錯誤，B正確；小球在最低點處的動能和電勢能的總和為E1＝eq\f(1,2)mv2＋0＝8mgR，由最低點C運動到B重力勢能增加量為ΔEp＝mgR(1－sin37°)＝0.4mgR，由最低點C運動到B點，動能、電勢能、重力勢能的總量守恒，所以小球在B點的動能和電勢能的總和為E2＝E1－0.4mgR＝7.6mgR，D正確；小球在最低點C的動能為EkC＝eq\f(1,2)mv2＝8mgR，從C到B靜電力做的功小于從A到C靜電力做的功，即小于7mgR，從C到B重力做功為－0.4mgR，則從C到B靜電力和重力做功之和小于6.6mgR，即到達B點的動能小于14.6mgR，C錯誤．9．[四川遂寧射洪中學2021高二上月考](多選)如圖所示，在豎直平面內有一勻強電場，其方向與水平方向成∠α＝30°斜向右上，在電場中有一質量為m、所帶電荷量為q的帶電小球，用長為L的不可伸長的絕緣細線掛于O點，當小球靜止于M點時，細線恰好水平．現(xiàn)用外力將小球拉到最低點P，然后無初速度釋放，則以下判斷正確的是()A．小球從P點釋放后到達M點時，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對它做了eq\r(3)mgL的功C．小球從P到M過程中，小球的機械能增加了eq\r(3)mgLD．若小球運動到M點時，細線突然斷裂，小球以后將做類平拋運動答案：BD解析：當小球靜止于M點時，細線恰好水平，說明重力和靜電力的合力方向水平向右，小球從P到M過程中，細線拉力不做功，只有靜電力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到達M點時，速度最大，而不是零，A錯誤；靜電力與重力合力為mgtan60°＝eq\r(3)mg，這個合力方向上的位移為L，所以做功為eq\r(3)mgL，B正確；機械能增加量就是動能增加量eq\r(3)mgL和重力勢能增加量mgL之和，C錯誤；細線突然斷裂時，小球速度方向豎直向上，合外力水平向右，因此小球以后將做類平拋運動，D正確．10．[山西太原2021高二上期中](多選)如圖所示，絕緣軌道ABC固定于豎直平面內，其中AB部分是半徑為R的光滑半圓軌道，P是半圓軌道的中點，AB部分豎直、BC部分水平，整個軌道處在電場強度為E的勻強電場中．將質量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊，從BC軌道上與B相距10R處由靜止釋放，已知滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)為0.2，E＝eq\f(mg,q)，則滑塊()A．到達A點時速度的大小為4eq\r(3gR)B．到達P點時對軌道的壓力大小為16mgC．到達A點時對軌道的壓力大小為11mgD．從C到P的過程中，動能先增大后減小答案：CD解析：滑塊從C運動到A的過程，根據(jù)動能定理得qE×10R－μmg×10R－mg×2R＝eq\f(1,2)mvA2，qE＝mg，解得vA＝2eq\r(3gR)，A錯誤；滑塊從C運動到P的過程，根據(jù)動能定理得qE×11R－μmg×10R－mgR＝eq\f(1,2)mvP2，在P點，由牛頓第二定律得FNP－qE＝meq\f(vP2,R)，qE＝mg，解得FNP＝17mg，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊到達P點時對軌道的壓力大小為F′NP＝FNP＝17mg，B錯誤；在A點，由牛頓第二定律得FNA＋mg＝meq\f(vA2,R)，解得FNA＝11mg，根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊到達A點時對軌道的壓力大小為F′NA＝FNA＝11mg，C正確；滑塊受到的靜電力大小F＝qE＝mg，方向水平向左，靜電力與重力的合力方向與豎直方向成45°斜向左下方，則從C到P的過程中，靜電力與重力的合力先做正功，后做負功，則動能先增大后減小，D正確．11．如圖所示，有一光滑豎直圓環(huán)軌道，O為圓心，半徑為R＝0.5m，B點與O點等高，