適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復習第9章靜電場第5講專題提升帶電粒子在電場中運動的綜合問題

第5講專題提升:帶電粒子在電場中運動的綜合問題基礎對點練題組一等效法在電場中的應用1.(多選)(2022全國甲卷)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場,將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和靜電力的大小相等,重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后,()A.小球的動能最小時,其電勢能最大B.小球的動能等于初始動能時,其電勢能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時,其動能最大D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時,重力做的功等于小球電勢能的增加量2.(多選)如圖所示,在水平向左且足夠大的勻強電場中,一長為L的絕緣細線一端固定于O點,另一端系著一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球,小球靜止在M點?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度v0,使其在豎直平面內繞O點恰好做完整的圓周運動,AB為圓的豎直直徑。已知勻強電場的電場強度大小為3mgq,重力加速度為g。當小球第二次運動到B點時細線突然斷裂,則下列說法正確的是(A.小球做完整的圓周運動時,動能的最小值為mgLB.細線斷裂后,小球動能的最小值為12C.從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中,電勢能增加了mgLD.從細線斷裂到小球的電勢能與B點電勢能相等的過程中,重力勢能減少了83題組二帶電粒子在交變電場中的運動3.(多選)圖甲為兩水平金屬板,在兩板間加上周期為T的交變電壓u,電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示。質量為m、重力不計的帶電粒子以初速度v0沿中線射入兩板間,經時間T從兩板間飛出。下列關于粒子運動的描述正確的是()A.t=0時入射的粒子,離開電場時偏離中線的距離最小B.無論哪個時刻入射的粒子,離開電場時的速度方向都沿水平方向C.t=14T時入射的粒子,D.無論哪個時刻入射的粒子,離開電場時的速度大小都相等4.(2024廣東廣州一模)微波信號放大器的結構簡圖如圖所示,其工作原理簡化如下:均勻電子束以一定的初速度進入Ⅰ區(qū)(輸入腔)被ab間交變電壓(微波信號)加速或減速,當Uab=U0時,電子被減速到速度v1,當Uab=-U0時,電子被加速到速度v2,接著電子進入Ⅱ區(qū)(漂移管)做勻速直線運動。某時刻速度為v1的電子進入Ⅱ區(qū),t時間(小于交變電壓的周期)后速度為v2的電子進入Ⅱ區(qū),恰好在漂移管末端追上速度為v1的電子,形成電子“群聚塊”,接著“群聚塊”進入Ⅲ區(qū)(輸出腔),達到信號放大的作用。忽略電子的重力及電子間的相互作用。求:(1)電子進入Ⅰ區(qū)的初速度大小v0和電子的比荷em(2)漂移管的長度L。題組三電場中的力電綜合問題5.(多選)如圖所示,光滑絕緣水平地面上有一水平絕緣輕彈簧左端固定,右端與一質量為m、電荷量為+q(q>0)的滑塊P(可視作質點)連接,沿水平方向建立x軸,沿x軸加一水平方向電場(圖中未畫出),x軸上的電勢φ隨位置x的變化關系如圖所示?；瑝K從彈簧原長處靜止釋放(未超出彈性限度),沿x軸正方向運動直至速度為零的過程中()A.電場的電勢越來越低,電場強度越來越小B.滑塊的加速度先增大后減小C.當滑塊的速度最大時,彈簧彈性勢能與滑塊動能之和最大D.滑塊克服彈力做的功等于電勢能的減少量6.(多選)(2022海南卷)如圖甲所示,帶正電3×10-5C的物塊A放在水平桌面上,利用細繩通過光滑的滑輪與物塊B相連,A處在勻強電場中,E=4×105N/C,從O開始,A與桌面的動摩擦因數(shù)μ隨x的變化如圖乙所示,取O點電勢能為零,A、B質量均為1kg,重力加速度g取10m/s2,B離滑輪的距離足夠長,則()A.它們運動的最大速度為1m/sB.它們向左運動的最大位移為1mC.當速度為0.6m/s時,A的電勢能可能是-2.4JD.當速度為0.6m/s時,繩子的拉力可能是9.2N7.(2022遼寧卷)如圖所示,光滑水平面AB和豎直面內的光滑14圓弧導軌在B點平滑連接,導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,脫離彈簧后經過B點時的速度大小為gR,之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy,在x≥-R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強電場,進入電場后小球受到的靜電力大小為2mg。小球在運動過程中電荷量保持不變,重力加速度為g。求(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能;(2)小球經過O點時的速度大小;(3)小球過O點后運動的軌跡方程。綜合提升練8.(2023北京卷)某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構成的收集器。在收集器中,空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強電場作用下,帶電顆粒打到金屬板上被收集,已知金屬板長度為L,間距為d,不考慮重力影響和顆粒間相互作用。(1)若不計空氣阻力,質量為m、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集,求兩金屬板間的電壓U1。(2)若計空氣阻力,顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反,大小為f=krv,其中r為顆粒的半徑,k為常量。假設顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度。a.半徑為R、電荷量為-q的顆粒恰好全部被收集,求兩金屬板間的電壓U2;b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比,進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒,若10μm的顆粒恰好100%被收集,求2.5μm的顆粒被收集的百分比。9.有一種電子儀器叫作示波器,可以用來觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件是示波管,圖甲是它的原理圖。在偏轉電極YY'上加上圖乙所示的掃描電壓,偏轉電極XX'之間沒有加電壓,此時示波管的原理圖簡化成如圖丙所示。電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計),經燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO(O為熒光屏的中心)射出,然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的YY'偏轉電場中。電子進入金屬板M、N間時的速度與電場方向垂直,電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點(圖中未畫出)。已知M、N兩板間的最大電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為l1,熒光屏到MN極板右端距離為l2。電子的質量為m,電荷量為e,不考慮電子受到的重力及電子間相互作用力的影響。甲乙丙(1)求電子穿過A板時的速度大小。(2)每個電子穿過偏轉電場的時間極短,可以認為這個過程中兩極板間的電壓是不變的,偏轉電場可看作勻強電場。在t=0.15s時刻進入偏轉電場的電子打在屏上P位置,求OP長。(3)分析物理量的數(shù)量級,是解決物理問題的常用方法。在解決第(2)問時忽略了每個電子穿過電場過程中兩極板間電壓的變化,請結合下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知l1=4.0×10-2m,電子的比荷em=1.76×1011C/kg,U1=1375V參考答案第5講專題提升:帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.BD解析設電場強度為E,小球電荷量為q,質量為m,初速度為v0,由題知mg=Eq,對小球受力分析如圖所示,水平方向,小球向左先做勻減速運動到速度為零后反向做勻加速運動,加速度大小為g,豎直方向,小球做自由落體運動,加速度大小為g,電勢能只與靜電力做功有關,當小球水平向左速度為零時,電勢能最大,此時水平方向v0-gt=0,x=v022g,豎直方向v'=gt,h=12gt2,重力做功WG=mgh=mv022,電勢能的增加量Ep電=qEx=mv022,即WG=Ep電,此過程中小球初動能Ek初=12m故B、D正確。當小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時,v0-gt'=gt',t'=v02g,此時合速度方向與合力F合方向垂直,小球動能最小,故A2.ABD解析由題意可知,等效最高點在OM連線的反向延長線與圓周的交點上,設為N,則在N點滿足F等=(mg)2+(3mg)2=2mg,由牛頓第二定律得2mg=mv2L,即動能的最小值為Ekmin=12mv2=mgL,故A正確;由題意可知,細線斷裂后,當B點速度沿與等效重力反方向的分速度為零時,動能最小,小球從B點到N點,由動能定理得-2mg(L-Lsin30°)=12mv2-12mvB2,解得vB=2gL,所以最小動能為Ekmin=12m(vBsin30°)2=12mgL,故B正確;因為從細線斷裂到小球的動能與B點動能相等的過程中,由動能定理可知合外力做功為零,即B點速度沿與等效重力反方向的分速度變?yōu)榈却蠓聪驎r,故滿足vBcos30°=at,a=2mgm=2g,x=vBsin30°·2t,ΔEp=-(-qExcos60°)=32mgL,即電勢能增加了32mgL,故C錯誤;從細線斷裂到小球的電勢能與B點電勢能相等的過程中,靜電力做功為零,即相當于B點水平方向的速度等大反向時,有vB=a't',qE=ma',3.BD解析因為水平方向粒子的速度v0保持不變,當t=0時入射,在t=12T時豎直方向速度達到最大,當t=T時速度恰好減小為0,因此離開電場時偏離中線的距離最大,故A、C錯誤;無論哪個時刻入射的粒子,在一個時間T內,正向電壓和反向電壓的時間是相同的,所以在豎直方向上粒子所受靜電力的沖量為零,則離開電場時的速度方向都是水平的,離開電場時的速度大小都相等,故B、D4.答案(1)v(2)v1解析(1)電子在Ⅰ區(qū),由動能定理得-eU0=1eU0=1聯(lián)立解得v0=vem(2)在Ⅱ區(qū),設速度為v2的電子運動時間為t',則v1(t+t')=Lv2t'=L聯(lián)立解得L=v1v5.AD解析由x軸上的電勢φ隨位置x的變化關系圖像,可知電場的電勢越來越低,由圖像的斜率表示電場強度,可知電場強度越來越小,A正確;由題意可知,沿x軸正方向電勢降低,即電場方向沿x軸正方向?；瑝KP沿x軸正方向運動時,受到向右的靜電力和向左的彈力,開始兩力的合力方向沿x軸正方向,且合力由大變小,當合力為零時,加速度為零,滑塊P速度最大,隨沿x軸正方向運動位移的增大,電場強度逐漸減小,彈力逐漸增大,其合力方向向左,且逐漸增大,當滑塊P速度為零時,彈力最大,因此滑塊P的加速度先減小后增大,B錯誤;由題意可知,滑塊P運動中,電勢能的減少量等于滑塊動能的增加量與彈簧的彈性勢能的增加量之和,因此滑塊P速度為零時,電勢能的減少量最大,則有彈簧彈性勢能與滑塊動能之和最大,C錯誤;由以上分析可知,滑塊P速度為零時,電勢能的減少量最大,且全部轉化為彈簧的彈性勢能,即為滑塊P克服彈力所做的功,D正確。6.ACD解析由題知f=μmg=2x,設A向左移動x后速度為零,對A、B系統(tǒng)有qEx-mgx-12fx=0(此處fx前面的12是因為摩擦力是變力,其做功可以用平均力),可得x=2m,A向左運動是先加速后減速,當x=2m時,摩擦力變成靜摩擦力,并反向,系統(tǒng)受力平衡,最后靜止,設A向左運動x'后速度為v,對系統(tǒng)則有qEx'-mgx'-12fx'=12·2mv2,得mv2=-(x'-1)2+1,當x'=1m時,v最大為1m/s,故A正確,B錯誤;當v=0.6m/s時,可得x=0.2m或1.8m,當x=0.2m時,靜電力做功qEx=2.4J,則電勢能減小2.4J,由于EpO=0,則電勢能為-2.4J,當x=1.8m時,qEx=-21.6J,故C正確;根據(jù)牛頓第二定律得qE-f-mg=2ma,當x=0.2m時,系統(tǒng)加速度a=0.8m/s2,對B有T-mg=ma,得T=10.8N,當x=1.8m時,系統(tǒng)加速度a'=-0.8m/s2,對B分析可得T'=9.7.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2=解析(1)小球從A到B,根據(jù)能量守恒定律得Ep=12m(2)小球從B到O,根據(jù)動能定理有-mgR+F2R=1解得vO=3gR(3)小球運動至O點時速度豎直向上,受靜電力和重力作用,將靜電力分解到x軸和y軸,則x軸方向有F靜cos45°=max豎直方向有F靜sin45°-mg=may解得ax=g,ay=0則小球從O點開始以后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動,y軸方向做勻速直線運動,即做類平拋運動,則有x=12gt2,y=vO聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程為y2=6Rx。8.答案(1)2d2mv0解析(1)只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集器右側,顆粒就能夠全部收集,有L=v0td=12atqE=maE=U解得U1=2d(2)a.顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度,有F電=f即qU且d解得U2=db.10μm的電荷量為q的顆粒恰好100%被收集,顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度,所受阻力等于靜電力,有f=kRvmax,f=qE'10μm的顆粒在豎直方向下落的最大距離為d=vmaxt2.5μm的顆粒帶電荷量為q'=q顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度,所受阻力等于靜電力,有f'=14kRvmax',2.5μm的顆粒在豎直方向下落的最大距離為d'=vmax't解得d'=d2.5μm的顆粒被收集的百分比d'9.答案(1)2eU1m(2)解析(1)由動能定理得eU