2023届人教版高考物理一轮复习第七章静电场课时规范练24带电粒子在电场中运动的综合问题（Word版带解析）

课时规范练24　带电粒子在电场中运动的综合问题一、基础对点练1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)如图甲所示,两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时的速度方向为正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)2.(带电粒子在交变电场中的偏转运动)图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶13.(多选)(“等效场”在电场中的应用)如图,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,下列说法正确的是(　　)A.此液滴带正电B.液滴的加速度等于gC.合外力对液滴做的总功等于零\nD.液滴的电势能减少4.(多选)(力电综合问题)如图所示,正方形ABCD位于竖直平面内,E、F、G、H分别为四条边的中点,且GH连线水平,O为正方形的中心。竖直平面内分布有一匀强电场、电场方向与水平面成45°角。现自O点以初速度v0水平向左射出一带正电小球,小球恰能到达G点。若不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)A.电场方向一定由O指向DB.小球从O到G,电势能逐渐减小C.小球返回至H点时速率也为v0D.若仅将初速度方向改为竖直向上,小球一定经过DE间某点5.(多选)(力电综合问题)(2021湖南五市十校月考)如图所示,质量为m,电荷量为+2q的小金属块a,在绝缘光滑水平台面上以水平初速度v0向右匀速运动,与完全相同的不带电的静止金属块b发生正碰,碰撞过程无机械能损失。碰后滑块b从高台上水平飞出,a恰好竖直下落。已知高台足够高且侧壁竖直绝缘光滑,高台边缘的右侧空间中,存在水平向左的匀强电场,电场强度大小E=(n为静电力和重力大小的比值),碰撞前后两金属块之间的静电作用力不计,空气阻力不计。则(　　)A.在b返回竖直侧壁前,a金属块下落过程的机械能守恒B.两小金属块碰撞之后,a、b金属块组成的系统机械能守恒C.第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞D.碰撞后运动过程中b金属块距高台侧壁的最大水平距离为二、素养综合练6.(2021湖南师范大学附中高三模拟)如图所示,无限大均匀带正电薄板竖直放置,其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔,一个视为质点的带负电小球在细管内运动,以小孔为原点建立x轴,轨道x轴正方向为加速度a、速度v的正方向,下图分别表示x轴上各点的电势φ、小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象,其中正确的是(　　)\n7.(多选)(2021安徽芜湖高三第一次质检)如图甲所示,空间有一水平向右的匀强电场,其中有一个半径为R=2m的竖直光滑圆环,环内有两根光滑的弦轨道AB和AC,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.08kg、电荷量为q=6×10-3C的带电小球(可视为质点)从A点静止释放,分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同。现去掉弦轨道AB和AC,如图乙所示,给小球一个初速度,让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动,不考虑小球运动过程中电荷量的变化。下列说法正确的是(cos37°=0.8,g取10m/s2)(　　)A.小球做圆周运动经过C点时动能最大B.匀强电场的电场强度大小为E=1×104V/mC.小球做圆周运动过程中动能最小值是0.5JD.小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是6N8.(2021安徽、河南、山西高三下学期标准学术能力诊断测试)在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场,正方形边长为L,如图所示,电场线为与AC平行的一簇平行线,P为AB边的中点,质量为m电荷量为q(q>0)的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场,速度方向与电场方向垂直。已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场,运动中粒子仅受静电力作用。(1)求电场强度的大小;(2)为使粒子从DC的中点Q离开电场,该粒子进入电场的速度为多大;(3)若粒子从P进入电场到D点离开,则粒子在此过程中所受静电力的冲量为多大。\n9.(2021湖南长郡中学师大附中长沙一中联合体高三月考)如图所示,ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道,圆弧半径为R。A点与圆心O等高,B、C点处于竖直直径的两端。PA是一段绝缘的竖直圆管,两者在A点平滑连接,整个装置处于方向水平向右的匀强电场中。一质量为m、电荷量为+q的小球从管内与C点等高处由静止释放,一段时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动。已知匀强电场的电场强度E=(g为重力加速度),小球运动过程中的电荷量保持不变,忽略圆管和轨道的摩擦阻力。求:(1)小球到达B点时速度的大小;(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力;(3)请通过计算判断小球能否通过圆弧轨道上的C点。\n课时规范练24　带电粒子在电场中运动的综合问题1.A　解析:电子在交变电场中所受静电力大小恒定,加速度大小不变,C、D错误;从0时刻开始,电子向A板做匀加速直线运动,T后静电力反向,电子向A板做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零。之后重复上述运动,A正确,B错误。2.C　解析:设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转场中的加速度为a,粒子在t=nT时刻进入偏转场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最大ymax=a()2+a·aT2,粒子在t=nT+时刻进入偏转场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场,此时粒子偏转位移最小ymin=0+aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1,C正确。3.BD　解析:据题带电液滴沿直线b运动到d,带电液滴所受重力与静电力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则静电力方向一定水平向右,与电场强度方向相反,所以该液滴带负电,A错误;物体所受合力F=mg,故物体的加速度a=g,B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合外力对物体做正功,C错误;由于静电力所做的功W=Eqxbdcos45°>0,故静电力对液滴做正功,液滴的电势能减小,D正确。4.AD　解析:自O点以初速度v0水平向左射出一带正电小球,小球恰能到达G点,可知小球沿OG方向做匀减速运动,小球受到的合外力沿GO方向水平向右,因重力竖直向下,则静电力斜向右上方,即电场方向一定由O指向D,选项A正确;小球从O到G,静电力做负功,则电势能逐渐增加,选项B错误;小球返回至O点时速率为v0,则到达H点的速度大于v0,选项C错误;设正方形边长为2L,小球速度方向向左时,小球所受的合外力水平向右,其大小等于mg,加速度大小为g,方向向右,因小球恰能到达G点,则L=,仅将初速度方向改为竖直向上,小球的加速度保持不变,则当小球水平位移为L时,则L=gt2、竖直位移h=v0t=v0=2L,则小球一定经过DE间某点,选项D正确。5.AD　解析:侧壁光滑的高台,小金属块a下落的运动只受重力,故机械能守恒,A正确;由于静电力对b做功,所以a、b系统的机械能不守恒,B错误;第一次碰撞后,a金属块为自由落体运动,b金属块在竖直方向为自由落体运动,竖直方向位移总相等;b金属块水平方向向右做匀减速运动,当它的水平位移为0时,会发生第二次碰撞,所以一定会发生第二次碰撞,C错误;第一次碰撞后,b水平方向的加速度大小为a==ng,方向向左,\n根据速度位移关系公式,有xm=,D正确。6.D　解析:在x<0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀增大,φ-x应为向上倾斜的直线;在x>0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀减小,φ-x也应为向下倾斜的直线,A错误;在x<0范围内,静电力向右,加速度向右,为正值;在x>0范围内,静电力向左,加速度向左,为负值,B错误;在x<0范围内,根据动能定理得qEx=mv2,v-x图象应是曲线;同理,在x>0范围内,图线也为曲线,C错误;在x<0范围内,根据动能定理得:qEx=Ek,Ek-x图象应是倾斜的直线;同理,在x>0范围内,图线也为倾斜的直线,D正确。7.BD　解析:图甲结合等时圆知识可知,重力与静电力合力必须指向AO,根据合成与分解知识Eq=mgtan37°,代入数据可得匀强电场的电场强度大小为E=1×104V/m,B正确;等效最低点在AO延长线与圆轨道交点,等效最低点速度最大,动能最大,A错误;因为重力与静电力均为恒力,所以二者的合力大小为F=mg,小球做圆周运动,则在其等效最高点,有F=m,此时小球速度最小,动能最小,最小动能为Ek=mv2=1J,C错误;小球从等效最高点至等效最低点过程中,由动能定理得F·2R=mv2,在等效最低点小球对圆环压力最大,速度最大,动能最大,而非经过C点时动能最大。由牛顿第二定律得FN-F=m,代入数据解得FN=6.0N,由牛顿第三定律可知小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是6.0N,D正确。8.答案:(1)　(2)v0　(3)2mv0解析:(1)带电粒子在电场中做类平抛运动。设粒子由P到C用时为t1L=v0t1,L=解得E=。(2)设粒子以速度v由P到Q用时为t2L=vt2,L=解得v=v0。(3)设粒子由P到D用时为t3,粒子在此过程中所受静电力的冲量I=qEt3又有L=解得I=2mv0。9.答案:(1)　(2)7mg　(3)能解析:(1)小球从P运动到B的过程中,由动能定理得mg·2R+EqR=-0\n解得:vB=。(2)小球在最低点B时,根据牛顿第二定律得FN-mg=mFN=7mg则由牛顿第三定律得:小球对圆弧轨道的压力大小为7mg。(3)设小球能沿轨道到达C点,小球由P运动到C,根据动能定理有qER=在C点,由受力分析有mg+FN'=联立以上两式,整理得:FN'=mg,假设成立,小球能沿轨道到达C点。