專題提升15　帶電粒子在電場中運動的綜合問題-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實練]1.(2024·四川涼山三模)如圖所示，A、B、C、D、E、F、G、H是豎直光滑絕緣圓軌道的八等分點，AE豎直，空間存在平行于圓軌道平面的勻強(qiáng)電場，從A點靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達(dá)C點。若在A點給帶電小球一個水平向右的沖量，讓小球沿軌道做完整的圓周運動，則小球在運動過程中()A．E點的動量最小B．B點的電勢能最大C．C點的機(jī)械能最大D．F點的機(jī)械能最小解析：從A點靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球，小球沿圓弧恰好能到達(dá)C點，可知電場力和重力的合力方向沿FB方向斜向下，可知B點為“等效最低點”，F(xiàn)點為“等效最高點”，可知小球在F點速度最小，動量最小。由平衡知識可知，電場力水平向右，可知小球在G點電勢能最大，在C點電勢能最小，因小球的電勢能與機(jī)械能之和守恒，可知在C點機(jī)械能最大，在G點機(jī)械能最小。答案：C2．一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖像如圖所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個帶負(fù)電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()A．帶電粒子只向一個方向運動B．0～2s內(nèi)，靜電力做功等于0C．4s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．2.5～4s內(nèi)，靜電力做功等于0解析：畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，v-t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2s末速度不為0，可見0～2s內(nèi)靜電力做的功不等于0，B錯誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，則2.5～4s內(nèi)，靜電力做功等于0，D正確。答案：D3．如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場水平向右，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從P點以大小為v0的初速度水平向右拋出，經(jīng)過t時間到達(dá)Q點(圖中未畫出)時的速度仍為v0，則小球由P點運動到Q點的過程中，下列判斷正確的是()A．Q點在P點正下方B．小球電勢能減少C．小球重力勢能減少量等于eq\f(1,2)mg2t2D．Q點應(yīng)位于P點所在豎直線的左側(cè)解析：從P點到Q點，根據(jù)動能定理可知：mgh＋W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝0，因重力做正功，則靜電力做負(fù)功，電勢能增加，則Q點應(yīng)該在P點的右下方，選項A、B、D錯誤；小球在豎直方向下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，則小球重力勢能減少量ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mg2t2，選項C正確。答案：C4．(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點，若給小球一個水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運動，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．小球在運動過程中機(jī)械能守恒B．小球在運動過程中機(jī)械能不守恒C．小球在運動過程中的最小速度至少為eq\r(gL)D．小球在運動過程中的最大速度至少為eq\f(5,2)eq\r(gL)解析：小球在運動的過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運動的等效最高點和最低點分別為A點和B點，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高點的最小速度v1滿足G′＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C錯誤；小球由最高點運動到最低點，由動能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正確。答案：BD5．如圖甲為一對長度為L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(不計重力及粒子間的相互作用)，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動時間均為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∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1解析：粒子在兩板之間的運動時間均為T，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度為a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先加速后勻速，然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時粒子偏轉(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)(n＝0，1，2，…)時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則豎直方向上先靜止后加速，然后飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝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項正確。答案：C6.(多選)如圖所示，相距為2d的兩個點電荷分別固定于豎直線上的A、B兩點，電荷量分別為＋Q和－Q。MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，與AB連線間的距離為d，C、D是細(xì)桿上與A、B等高的兩點，O點是CD中點。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球P(可視為點電荷，放入電場后不影響電場的分布)穿過細(xì)桿，由C點靜止開始釋放，向下運動到O點時速度大小為v。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則()A．C、D兩點電勢φC＝φDB．C、D兩點的電場強(qiáng)度大小相等C．O點處的電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)D．小球P經(jīng)過D點時的速度大小為2v解析：由等量異種電荷電場線分布可知，C點電勢高于D點電勢，故A錯誤；由電場強(qiáng)度的疊加可知，C、D兩點的電場強(qiáng)度大小相等，故B正確；A處的正點電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E1＝eq\f(kQ,(\r(2)d)2)＝eq\f(kQ,2d2)，B處的負(fù)點電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小E2＝eq\f(kQ,(\r(2)d)2)＝eq\f(kQ,2d2)，如圖所示，由電場強(qiáng)度的疊加可得，O點處的電場強(qiáng)度E＝eq\r(2)E1＝eq\f(\r(2)kQ,2d2)，故C正確；從C點到O點與從O點到D點過程，重力及靜電力做功相同，從C點到O點過程，根據(jù)動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，從O點到D點過程，根據(jù)動能定理有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得vD＝eq\r(2)v，故D錯誤。答案：BC7.如圖所示，內(nèi)表面光滑絕緣的半徑為1.2m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為3×106V/m。有一質(zhì)量為0.12kg、電荷量為1.6×10-6C帶負(fù)電的小球，小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運動，當(dāng)運動到最低點A時，小球與軌道壓力恰好為零，g取10m/s2，求：(1)小球在A點處的速度大小；(2)小球運動到最高點B時對軌道的壓力大小。解析：(1)重力G＝mg＝0.12×10N＝1.2N靜電力F＝qE＝1.6×10-6×3×106N＝4.8N小球做圓周運動，在A點電場力和重力的合力充當(dāng)向心力，有qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/s。(2)設(shè)小球在B點的速度大小為v2，從A點到B點，由動能定理有(qE－mg)·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在B點，設(shè)軌道對小球彈力為N，則有N＋mg－qE＝meq\f(veq\o\al(2,2),R)代入數(shù)據(jù)解得N＝21.6N由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫′＝N＝21.6N。答案：(1)6m/s(2)21.6N[能力提升練]8．(多選)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝1×104V/m，其中有一個半徑為R＝2m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為q＝＋6×10-5C的帶電小環(huán)(視為質(zhì)點)穿在弦軌道上，從A點由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達(dá)圓周上的B、C點。現(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動。不考慮小環(huán)運動過程中電荷量的變化。下列說法正確的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)()A．小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間之比為1∶1B．小環(huán)做圓周運動過程中經(jīng)過C點時動能最大C．小環(huán)做圓周運動過程中動能最小值是1JD．小環(huán)做圓周運動過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力是5N解析：因為重力與靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝eq\r((mg)2＋(Eq)2)＝1N，與豎直方向夾角正切值tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，重力與靜電力合力指向AO，A為等效最高點，根據(jù)等時圓模型，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運動時間相等，A正確；等效最低點是AO延長線與圓環(huán)軌道交點，而非C點，等效最低點速度最大，動能最大，B錯誤；因為小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運動，則小環(huán)在等效最高點A速度最小為零，在A點動能最小也為零，C錯誤；小環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力也最大，從等效最高點至等效最低點過程中，由動能定理得F·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，由牛頓第二定律得N－F＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，代入數(shù)據(jù)解得N＝5N，由牛頓第三定律，小環(huán)做圓周運動的過程中對圓環(huán)的最大壓力是5N，D正確。答案：AD9．如圖甲，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停且均勻地飄出質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(可視為初速度為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上。極板長為L，距偏轉(zhuǎn)板右邊緣s處有熒光屏，經(jīng)時間t統(tǒng)計(t?T)只有50%的電子能打到熒光屏上。板外無電場，求：(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板時的速度；(2)eq\f(1,4)T時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)板時與板間中線的距離；(3)電子打在熒光屏上的范圍Y。解析：(1)由eU0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T電子在電場方向先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個周期內(nèi)，側(cè)移量為零。(3)電子應(yīng)在一個周期的時間內(nèi)射出偏轉(zhuǎn)板，有50%的電子由于偏轉(zhuǎn)量太大，不能射出。電子在eq\f(1＋8k,8)T～eq\f(3＋8k,8)T，eq\f(5＋8k,8)T～eq\f(7＋8k,8)T(k＝0，1，2，…)時進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板，能射出。設(shè)兩極板間距為d，則a＝eq\f(