2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)課時(shí)分層精練四十二帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

課時(shí)分層精練(四十二)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題基礎(chǔ)落實(shí)練1.如圖所示，空間有一帶正電的點(diǎn)電荷，圖中的實(shí)線是以該點(diǎn)電荷為圓心的同心圓，這些同心圓位于同一豎直平面內(nèi)，MN為一粗糙直桿，A、B、C、D是桿與實(shí)線圓的交點(diǎn)，一帶正電的小球(視為質(zhì)點(diǎn))穿在桿上，以速度v0從A點(diǎn)開始沿桿向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，則小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．小球減少的機(jī)械能一定等于克服摩擦力做的功B.小球減少的機(jī)械能一定大于克服摩擦力做的功C.小球的機(jī)械能可能增加D．以上都有可能2．如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體，以某一初速度沿電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，其加速度大小為eq\f(0.6qE,m)，物體運(yùn)動(dòng)距離s時(shí)速度變?yōu)榱悖畡t在此過程中()A．物體克服靜電力做功0.6qEsB．物體的電勢(shì)能增加了qEsC．物體的重力勢(shì)能增加了qEsD．物體的動(dòng)能減少了0.6qEs3．如圖甲為一對(duì)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計(jì))，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T.則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶14．豎直面內(nèi)有A、B、C、D四點(diǎn)構(gòu)成矩形，AC豎直，∠DAC＝30°，空間有一范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向由D指向C，將一質(zhì)量為m、不帶電的小球a從A點(diǎn)以某一速度水平拋出，經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能是A點(diǎn)的4倍；將另一質(zhì)量也為m、帶正電荷q的小球b從A點(diǎn)以相同大小的速度水平拋出，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也是A點(diǎn)的4倍，則場(chǎng)強(qiáng)E的大小等于()A．eq\f(mg,q)B．eq\f(mg,2q)C．eq\f(\r(3)mg,2q)D．eq\f(2mg,q)5．如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系xOy所在平面內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的方向與x軸負(fù)方向成60°角．A是電場(chǎng)中的一點(diǎn)，O、A兩點(diǎn)的連線與一條電場(chǎng)線重合．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從A點(diǎn)沿平行于x軸正方向射出，小球經(jīng)過時(shí)間t到達(dá)x軸上的B點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能與在A點(diǎn)射出時(shí)相同．已知A、B兩點(diǎn)距離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離相等，重力加速度大小為g.則帶電小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)增加的電勢(shì)能為()A．eq\f(1,2)mg2t2B．eq\f(1,3)mg2t2C．eq\f(1,4)mg2t2D．eq\f(1,6)mg2t26．(多選)如圖甲所示，A、B是一對(duì)平行金屬板．A板的電勢(shì)φA＝0，B板的電勢(shì)φB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示．現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)區(qū)內(nèi)，電子的初速度和重力的影響均可忽略，則()A．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的，它可能不會(huì)到達(dá)B板B．若電子是在t＝eq\f(T,2)時(shí)刻進(jìn)入的，它一定不能到達(dá)B板C．若電子是在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后穿過B板D．若電子是在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后穿過B板7．[2024·江西南昌十中?？家荒在一橫截面為正方形的柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，正方形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示，電場(chǎng)線為與AC平行的一簇平行線，P為AB邊的中點(diǎn)，質(zhì)量為m電荷量為q(q＞0)的帶電粒子自P點(diǎn)以大小不同的速度進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)方向垂直．已知進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速率為v0的粒子恰好由C點(diǎn)離開電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場(chǎng)力作用．(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)為使粒子從DC的中點(diǎn)Q離開電場(chǎng)，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)的速度為多大；(3)若粒子從P進(jìn)入電場(chǎng)到D點(diǎn)離開，則粒子在此過程中所受電場(chǎng)力的沖量為多大．素養(yǎng)提升練8.如圖，光滑絕緣足夠長(zhǎng)的水平面位于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向水平向右，大小為E.兩小滑塊A和B靜置于水平面上，其位置連線與電場(chǎng)方向平行．兩小滑塊質(zhì)量均為m，A帶電荷量為q(q>0)，B不帶電．初始時(shí)，A和B的距離為L(zhǎng)，現(xiàn)釋放小滑塊A，A在電場(chǎng)力作用下沿直線加速運(yùn)動(dòng)，與B發(fā)生彈性碰撞．若每次A和B發(fā)生碰撞均為對(duì)心正碰，碰撞時(shí)沒有電荷轉(zhuǎn)移，碰撞的時(shí)間極短．已知q＝0.1C，E＝1V/m，m＝0.2kg，L＝1m，求：(1)發(fā)生第一次碰撞前A獲得的速度大小v及第一次碰撞后A和B獲得的速度大小vA1和vB1；(2)從開始釋放A到與B發(fā)生第二次碰撞前，小滑塊A運(yùn)動(dòng)的距離；(3)試在圖中畫出A從開始釋放到與B發(fā)生第三次碰撞前的v-t圖像(不要求寫過程).課時(shí)分層精練（四十二）帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題1．解析：小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，摩擦力做負(fù)功，產(chǎn)生熱量，由能量守恒定律知，小球減少的機(jī)械能等于增加的電勢(shì)能與產(chǎn)生的熱量之和，A錯(cuò)誤，B正確；電場(chǎng)力和摩擦力都做負(fù)功，機(jī)械能一定減少，C、D錯(cuò)誤．答案：B2．解析：由于物體所受靜電力和運(yùn)動(dòng)方向相同，故靜電力做正功W＝Eqs，故A錯(cuò)誤；靜電力做正功，電勢(shì)能減小，物體的電勢(shì)能減小了qEs，故B錯(cuò)誤；重力做功WG＝－mgs，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，又由題可知，mg＝1.6qE，所以重力勢(shì)能增加了1.6qEs，故C錯(cuò)誤；物體做減速運(yùn)動(dòng)，所受合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小，由動(dòng)能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物體的動(dòng)能減少了0.6qEs，故D正確．答案：D3．解析：設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓不為零時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為a若粒子在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)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)時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最?。畒min＝0＋eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2＝eq\f(1,8)aT2則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項(xiàng)正確．答案：C4．解析：不帶電小球只受重力作用，帶電小球受到重力、沿DC方向的電場(chǎng)力作用．不帶電小球向右水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，從A到D由動(dòng)能定理有WG＝ΔEk即1.5mgR＝4Ek0－Ek0化簡(jiǎn)得1.5mgR＝3Ek0帶電小球向左水平拋出后在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，從A到B重力做功為0.5mgR，電場(chǎng)力做功為W＝EqR則由動(dòng)能定理有W＋0.5mgR＝ΔEk即W＋0.5mgR＝4Ek0－Ek0可得mgR＝EqR則E＝eq\f(mg,q)故選A.答案：A5．解析：小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)動(dòng)能不變，設(shè)A、B兩點(diǎn)距離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)，由動(dòng)能定理知mgLsin60°－qE（L＋Lcos60°）＝0解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)小球沿y軸方向，由牛頓第二定律知mg－qEsin60°＝may又h＝eq\f(1,2)ayt2，解得h＝eq\f(1,4)gt2小球沿電場(chǎng)線方向上的位移大小為d＝eq\f(h,sin60°)（1＋cos60°）＝eq\f(\r(3),4)gt2則電勢(shì)能的增加量ΔEp＝qEd＝eq\f(1,4)mg2t2故選C.答案：C6．解析：若電子從t＝0時(shí)刻進(jìn)入，電子將做單向直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；若電子從eq\f(T,2)時(shí)刻進(jìn)入兩板，則電子受到電場(chǎng)力方向向左，故無法到達(dá)B板，B正確；若電子是在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)，電子受到的電場(chǎng)力向右，向右做加速運(yùn)動(dòng)，在eq\f(T,2)～eq\f(7T,8)，受到的電場(chǎng)力向左，繼續(xù)向右做減速運(yùn)動(dòng)，eq\f(7T,8)時(shí)刻速度為零，在eq\f(7T,8)～T，電子受到的電場(chǎng)力向左，向左做加速運(yùn)動(dòng)，在T～eq\f(9T,8)，受到的電場(chǎng)力向左，繼續(xù)向左做減速運(yùn)動(dòng)，eq\f(9T,8)時(shí)刻速度為零，完成了一個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)，在一個(gè)周期內(nèi)，向右的位移大于向左的位移，所以總的位移向右，接著周而復(fù)始，最后穿過B板，故C正確；若電子是在t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，與在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入時(shí)情況相似，在運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，總的位移向左，最后穿過A板，故D錯(cuò)誤．答案：BC7．解析：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒子由P到C用時(shí)為t1，則eq\f(\r(2),4)L＝v0t1，eq\f(3\r(2),4)L＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,1)解得E＝eq\f(12\r(2)mveq\o\al(2,0),qL)（2）設(shè)粒子以速度v由P到Q用時(shí)為t2，則eq\f(\r(2),2)L＝vt2，eq\f(\r(2),2)L＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,2)解得v＝eq\r(6)v0（3）設(shè)粒子由P到D用時(shí)為t3，粒子在此過程中所受電場(chǎng)力的沖量I＝qEt3又有eq\f(\r(2),4)L＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,3)解得I＝2eq\r(3)mv0答案：（1）eq\f(12\r(2)mveq\o\al(2,0),qL)（2）eq\r(6)v0（3）2eq\r(3)mv08．解析：（1）A受電場(chǎng)力做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qE＝ma解得a＝0.5m/s2根據(jù)2aL＝v2,解得v＝1m/s此時(shí)A的加速時(shí)間t0＝eq\f(v,a)＝2s碰撞過程，取向右為正，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝mvA1＋mvB1根據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)mv＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B1)聯(lián)立解得vA1＝0，vB1＝v＝1m/s（2）碰撞后A受電場(chǎng)力做勻加速運(yùn)動(dòng)，B做