備考2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第九章靜電場專題十三帶電體在電場中運動的綜合問題

專題十三帶電體在電場中運動的綜合問題1.[多選]如圖所示，在粗糙絕緣水平面上間隔確定距離放置兩個帶電的物體A、B，帶電荷量分別為＋Q和－q（設(shè)兩電荷間只有庫侖力），起先時，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，在物體B上施加一水平向右的恒力F，使物體A、B向右運動.在此過程中，下列說法正確的是（AD）A.力F、庫侖力及摩擦力對物體B所做的功之和等于物體B的動能增量B.力F做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量C.庫侖力及摩擦力對物體A做的功等于物體A的動能增量與電勢能增量之和D.力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及電勢能增量之和解析依據(jù)動能定理知，力F做的功與摩擦力對物體B做的功及庫侖力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量，故A正確，B錯誤；依據(jù)動能定理知庫侖力及摩擦力對物體A做的功等于物體A的動能增量，C錯誤；依據(jù)能量守恒可知：力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及電勢能增量之和，故D正確.2.[多選]某條電場線是一條直線，上邊依次有O、A、B、C四個點，相鄰兩點間距離均為d，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變更規(guī)律如圖所示.一個帶電荷量為＋q的粒子，從O點右側(cè)某處（到O點間距離微小，可忽視）由靜止釋放，僅受電場力作用，則（AD）A.若O點的電勢為零，則A點的電勢為－EB.粒子從A到B做勻速直線運動C.粒子在OA段電勢能削減量小于BC段電勢能削減量D.粒子運動到B點時動能為3解析由圖可知E－x圖像所圍成圖形的面積表示兩點間的電勢差大小，因此UOA＝12E0d，由于φo＝0，因此φA＝－12E0d，故A正確；粒子由A到B過程電場力始終做正功，則帶正電粒子始終加速運動，在該過程電場強度不變，帶電粒子做勻加速直線運動，故B錯誤；粒子在OA段的平均電場力大于BC段的平均電場力，則OA段的電場力做的功大于BC段電場力做的功，由功能關(guān)系知，粒子在OA段電勢能的變更量大于在BC段電勢能的變更量，或者從OA段和BC段圖像所圍成圖形的面積分析可知UOA＞UBC，依據(jù)電場力做功公式W＝qU和W＝－ΔEp，也可得出粒子在OA段電勢能的變更量大于在BC段電勢能的變更量，故C錯誤；對粒子從O到B點過程，依據(jù)動能定理，則有WOB＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝12E0(d＋2d)，聯(lián)立方程解得EkB＝3q3.[2024湖北“宜荊荊恩”起點考試]如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，一個質(zhì)子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，經(jīng)過間距相等的A、B、C三點，該質(zhì)子的電勢能Ep隨坐標(biāo)x變更的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是（A）圖甲圖乙A.A點電勢高于B點電勢B.A點的電場強度小于B點的電場強度C.質(zhì)子經(jīng)過A點的速率大于經(jīng)過B點的速率D.A、B兩點電勢差UAB小于B、C兩點電勢差UBC解析由題圖乙可知，質(zhì)子沿x軸正方向運動的過程中，其電勢能漸漸降低，所以電場力做正功，又質(zhì)子帶正電，則電場線沿x軸正方向，故A點電勢高于B點電勢【另解：電勢凹凸亦可通過電勢能的凹凸來推斷】，A正確；Ep－x圖線斜率的確定值表示電場力的大小【點撥：電場力做的功W＝－ΔEp＝FΔx，則ΔEpΔx＝－F】，又E＝Fq，則圖線斜率確定值的變更可以間接反映場強大小的變更，由題圖乙可知，圖線斜率的確定值漸漸減小，則場強漸漸減小，即A點的場強大于B點的場強，B錯誤；質(zhì)子從A點運動到B點的過程，電場力做正功，質(zhì)子的動能增大，速度增大，則質(zhì)子經(jīng)過A點的速率小于經(jīng)過B點的速率，C錯誤；結(jié)合B項分析，A、B之間的平均場強大于B、C之間的平均場強，依據(jù)U＝Ed定性分析可知，UAB＞U4.[2024山東菏澤明德學(xué)校月考/多選]兩個等量同種正點電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示，一個電荷量為＋2×10－3C、質(zhì)量為0.1kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，其在水平面內(nèi)運動的v－t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線），則下列說法正確的是（ACD）A.由C到A的過程中物塊的電勢能漸漸減小B.B、A兩點間的電勢差UBA＝5VC.由C點到A點電勢漸漸降低D.B點為中垂線上電場強度最大的點，場強為100N/C解析由v－t圖像可知，由C到A的過程中，物塊的速度始終增大，電場力對物塊做正功，電勢能始終減小，A正確；由v－t圖像可知，A、B兩點的速度分別為vA＝6m/s，vB＝4m/s，再依據(jù)動能定理得qUAB＝12mvB2－12mvA2，解得UAB＝－500V，故UBA＝500V，B錯誤；兩個等量同種正點電荷連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢漸漸降低，C正確；小物塊在B點的加速度最大，為am＝47-5m/s2＝2m/s2，所受的電場力最大為Fm＝mam＝0.1×2N＝0.2N，則場強最大值為Em＝F5.[2024海南統(tǒng)考/多選]如圖所示，空間存在著方向豎直向下的勻強電場，光滑絕緣斜面AB與粗糙絕緣水平地面平滑連接，斜面AB與水平面的夾角α＝37°.質(zhì)量為m＝0.5kg、電荷量為q的帶正電小物塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，經(jīng)過B點后進入水平面，最終停在C點.若小物塊經(jīng)過B點前后速度大小不變，電場的電場強度大小為E＝mgq，lAB＝24m，lBC＝36m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（BCA.小物塊在斜面上運動的加速度大小為6m/s2B.小物塊從A點運動到C點所用的時間為5sC.小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4D.小物塊從A點運動到C點，靜電力所做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量解析由牛頓其次定律知小物塊在斜面上運動的加速度大小為a＝(mg＋qE)sinαm＝12m/s2，故A錯誤；小物塊從A點運動到B點，有l(wèi)AB＝12at12，所用的時間為t1＝2s，到B點的速度為v＝at1＝24m/s，小物塊從B點運動到C點，有l(wèi)BC＝v2t2，所用的時間為t2＝3s，則小物塊從A點運動到C點所用的時間為t＝t1＋t2＝5s，故B正確；小物塊在水平地面上的加速度a'＝vt2＝8m/s2，由牛頓其次定律有μ(mg＋qE)＝ma'，可得小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，故C正確；小物塊從A點運動到C點，靜電力和重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由WG＋WE－W6.[2024四川宜賓其次中學(xué)開學(xué)考/多選]如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點.大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)存在水平向右、場強為mgq（g為重力加速度）的勻強電場，現(xiàn)給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中（BC）A.動能最小與最大的位置在同一等勢面上B.電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置C.在A點獲得的初速度為2D.在B點受到大圓環(huán)彈力大小為mg解析由于勻強電場的電場強度為mgq，易知小圓環(huán)所受電場力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效最低點C與等效最高點D，如圖所示，小圓環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，在等效最高點時速度最小，動能最小，依據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD＞φC，兩者不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效最高點D的速度為0，對小圓環(huán)由A點運動到D點過程進行分析有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－12mv02，解得v0＝2(1+2)gR，C正確；小圓環(huán)由A點運動到B過程有－mg·2R＝12mvB2－12mv02，在B點有N＋mg＝mvB2R，解得N＝(27.[2024四川成都七中零診]如圖，空間存在水平向右的勻強電場（圖中未畫出），一帶電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的小球，自距離地面高h的A點由靜止釋放.落地點B距離釋放點的水平距離為34h，重力加速度為g（1）電場強度E的大?。唬?）落地時小球的動能.答案（1）3mg4q（2解析（1）小球豎直方向做自由落體運動，有h＝12gt水平方向做勻加速直線運動，有34h＝12依據(jù)牛頓其次定律，有qE＝ma聯(lián)立解得E＝3（2）小球由A運動到B的過程依據(jù)動能定理有mgh＋qE·34h＝Ek－解得落地時小球的動能為Ek＝2516mgh8.[2024全國甲/多選]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.小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點.則射出后（BD）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.小球速度的水平重量和豎直重量大小相等時，其動能最大D.從射出時刻到小球速度的水平重量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量解析由題意可知，小球所受電場力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運動，當(dāng)其水平重量速度與豎直重量速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時，小球克服合力做的功最大，此時動能最小，而此時小球仍具有水平向左的分速度，電場力仍將對其做負(fù)功，其電勢能接著增大，A、C項錯誤；小球在電場力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當(dāng)小球水平重量速度減為零時，克服電場力做的功最大，小球的電勢能最大，由勻變速運動規(guī)律有v0＝gt，此時小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時小球動能等于初動能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能削減量等于小球電勢能的增加量，又由功能關(guān)系知重力做的功等于小球重力勢能的削減量，故B、D項正確.易錯點撥合力為恒力時，當(dāng)小球的速度與合力方向垂直時，小球的速度最小，動能最小，電勢能與重力勢能的和最大，而不是電勢能最大，因此在處理本題時應(yīng)留意能量的轉(zhuǎn)化.9.某靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的變更規(guī)律如圖所示.設(shè)x軸正方向為電場強度E的方向，下列各圖分別表示x軸上各點的電場強度E隨x的變更圖像，其中可能正確的是（B）ABCD解析φ－x圖像的斜率的確定值表示電場強度的大小，沿電場方向電勢降低，因而在x＝0的左側(cè)，電場方向向左，在x＝0的右側(cè)，電場方向向右，且在x軸的左、右兩側(cè)圖像斜率不變，即電場均為勻強電場，B正確.10.[多選]如圖甲所示，平行金屬板中心有一個靜止的電子（不計重力），兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變更規(guī)律圖像，可能正確的是（AD）解析在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始終不變，F(xiàn)＝U0ed，由牛頓其次定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個T4內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在其次個T4內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個T4內(nèi)向A板做勻加速直線運動，在第四個T4內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖像應(yīng)如D項所示，v－t圖像應(yīng)如A項所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋12at211.如圖所示，固定于豎直平面內(nèi)的粗糙絕緣斜桿與水平方向夾角為30°，平面內(nèi)存在一水平向左的勻強電場.質(zhì)量為1×10－3kg、帶電荷量為＋5×10－6C的小球套在桿上，小球沿桿下滑過程中未受摩擦力作用.重力加速度g取10m/s2.（1）求電場強度E的大?。ńY(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（2）求小球下滑過程中的加速度大?。唬?）若場強大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?為使小球能由靜止起先沿桿向上運動，求桿與小球之間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）.答案（1）3.46×103N/C（2）20m/s2（3）μ＜3解析（1）小球的受力分析如圖甲所示，小球未受摩擦力作用，說明小球和桿之間沒有彈力依據(jù)垂直桿方向受力平衡可得Eqsin30°＝mgcos30°解得E＝mgqtan30°＝ （2）小球的加速度沿桿向下，依據(jù)平行四邊形定則及牛頓其次定律得F＝mgsin30°解得a＝20m/s2（3）場強大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，小球的受力分析如圖乙所示，可得FN＝mgcos30°＋Eqsin30°Ff＝μFN為使小球能沿桿向上運動，應(yīng)滿意Eqcos30°＞mgsin30°＋Ff聯(lián)立解得μ＜3312.[2024福建泉州質(zhì)量監(jiān)測]如圖甲，粗糙絕緣水平面上有兩個完全相同的金屬小滑塊A、B，質(zhì)量均為m.空間有場強大小均為E、方向均沿水平方向但相反的兩個勻強電場，B處于電場分界線上.起先時，A帶電荷量為＋2q，B不帶電，A、B相距s，速度均為0，一段時間后A、B發(fā)生彈性正碰，且碰撞時間極短，碰后A、B所帶電荷量均恒為＋q，碰后A的最大速度恰好與碰前的最大速度大小相等，A的部分v－t圖像如圖乙所示（vm為未知量），整個過程中，A、B之間的庫侖力視為真空中點電荷的相互作用，靜電力常量為k，A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小均為qE.求：（1）經(jīng)多長時間A、B發(fā)生彈性正碰；（2）碰撞后A的速度最大時A、B間的距離；（3）碰撞分別后至A速度達到最大的過程，A、B間的庫侖力對A、B做的總功.答案（1）2msEq（2）kq2E（3）4思維導(dǎo)圖A、B碰撞前A向右勻加速B碰后A的速度最大時：A受力平衡A、B間距離xABA、B發(fā)生彈性正碰碰后瞬間vA、vB從碰后至A速度最大A向左加速B向右加速A、B系統(tǒng)所受合力為0A速度最大時B的速度動能定理解析（1）由題意可知在A、B發(fā)生彈性正碰前，A向右做勻加速直線運動，B始終靜止，則對A受力分析有F合＝2Eq－f其中f＝Eq對A由牛頓其次定律有F合＝ma設(shè)經(jīng)過時間t，A、B發(fā)生彈性正碰，則對A由運動學(xué)公式有s＝12at聯(lián)立可得t＝2（2）由圖乙可知碰撞后瞬間，A的速度變?yōu)?，此后A先向左做加速度漸漸減小的加速運動，當(dāng)A加速度為0，即A受力平衡時，A的速度最大，此時對A受力分析有F庫＝Eq＋f又F庫＝k聯(lián)立可得碰撞后A的速度最大時A、B間的距離xAB＝kq（3）由運動學(xué)公式可知碰撞前瞬間A的速度大小為vm＝at＝2由于A、B發(fā)生彈性正碰，則碰撞過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后瞬間A的速度為vA、B的速度為vB，規(guī)定水平向右為正方向，則有mvm＝mvA＋mvB12mvm2＝12mv聯(lián)立可得vA＝0、vB＝vm＝2對B受力分析可知，從A、B碰撞分別后至A速度達到最大的過程中，B始終向右做加速度漸漸減小的加速運動，當(dāng)A速度最大時，B的速度也最大，則對A、B組成的系統(tǒng)受力分析可知，其受到的合外力為零，所以此過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，設(shè)A速度最大時，B的速度為v'B，則有mvB＝mv'B＋（－mvm）設(shè)此過程A、B間的庫侖力對A、B做的總功為W庫，則對此過程A、B組成的系統(tǒng)由動能定理有W庫－EqxAB－fxAB＝12mvm2＋12mv'2B聯(lián)立解得W庫＝4Eqs＋q213.[負(fù)離子空氣凈化/2024北京]某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示.由空氣和帶負(fù)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(gòu)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(zhì)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(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)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.進入收集器的勻整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