2025屆高考物理聯(lián)考模擬匯編專題二十五帶電粒子在電場中運動的綜合問題含解析

PAGEPAGEPAGE10帶電粒子在電場中運動的綜合問題1．(2024·日照模擬)有一種電荷限制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．增大墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度解析：選D依據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)＝eq\f(qUl2,2mdv02)可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，D正確。2．(多選)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用。若重力勢能增加5J，機(jī)械能增加1.5J，電場力做功2J，則小球()A．重力做功為5J B．電勢能削減2JC．空氣阻力做功0.5J D．動能削減3.5J解析：選BD小球的重力勢能增加5J，則小球克服重力做功5J，故A錯誤；電場力對小球做功2J，則小球的電勢能減小2J，故B正確；小球共受到重力、電場力、空氣阻力三個力作用，小球的機(jī)械能增加1.5J，則除重力以外的力做功為1.5J，電場力對小球做功2J，則知空氣阻力做功為－0.5J，即小球克服空氣阻力做功0.5J，故C錯誤；重力、電場力、空氣阻力三力做功之和為－3.5J，依據(jù)動能定理，小球的動能減小3.5J，D正確。3．(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變更的圖像。當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原動身點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零解析：選CD設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，設(shè)帶電粒子起先時向負(fù)方向運動，可見，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原動身點，粒子的速度為0，設(shè)帶電粒子起先時向負(fù)方向運動，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。4．(多選)(2024·佛山模擬)一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為2U，油滴做勻速運動時速度的大小可能為()A．3v B．4vC．5v D．6v解析：選AC若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降，有mg＝kv，若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升，知電場力大于重力，有：qeq\f(U,d)＝mg＋kv，若兩極板間電壓為2U，假如電場力方向向上，油滴向上做勻速運動時，有qeq\f(2U,d)＝mg＋kv′，聯(lián)立解得v′＝3v，故A正確，假如電場力方向向下，油滴向下做勻速運動時，有qeq\f(2U,d)＋mg＝kv″，聯(lián)立解得v″＝5v，C正確。5.(多選)如圖所示，在方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一不行伸長的長度為L的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，當(dāng)小球靜止在B點時，細(xì)線與豎直方向夾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則()A．小球帶負(fù)電B．勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大小為eq\f(3mg,4q)C．電場中A、B兩點的電勢差為eq\f(3mgL,4q)D．當(dāng)小球從A點由靜止釋放至B點，電場力做負(fù)功，小球經(jīng)B點時的速度大小為eq\r(gL)解析：選BD小球靜止在B點，受力平衡，受到重力、電場力和細(xì)線的拉力，電場力水平向右，與電場方向一樣，說明小球帶正電，A錯誤；依據(jù)共點力平衡條件可得tan37°＝eq\f(Eq,mg)，解得E＝eq\f(3mg,4q)，B正確；電場中A、B兩點的電勢差為UAB＝－Ed＝－EL(1－sinθ)＝－eq\f(3mgL,10q)，C錯誤；小球從A點運動到B點的過程中電場力和重力做功，依據(jù)動能定理可得mgLcosθ＋UABq＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(gL)，D正確。6．(多選)(2024·石家莊六校聯(lián)考)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變更規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能削減了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd解析：選BC因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，由牛頓其次定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤。7.虛線是用試驗方法描繪出的某一靜電場的一簇等勢線及其電勢的值，一帶電粒子只在電場力作用下飛經(jīng)該電場時，恰能沿圖中的實線AC運動，則下列推斷正確的是()A．粒子肯定帶負(fù)電B．粒子在A點的電勢能大于在C點的電勢能C．粒子在A點的動能大于在C點的動能D．A點的場強(qiáng)小于C點的場強(qiáng)解析：選C電場線和等勢線垂直且由高電勢的等勢線指向低電勢的等勢線，可知題圖中電場線方向應(yīng)垂直于等勢線大體指向左側(cè)，帶電粒子所受的電場力沿電場線指向曲線內(nèi)側(cè)，也大體向左，故粒子應(yīng)帶正電，故A錯誤；從A到C過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，則粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能，故B錯誤；粒子運動過程中只有電場力做功，且電場力做負(fù)功，依據(jù)動能定理得知動能減小，故粒子在A點動能較大，故C正確；A點等差等勢線密，電場線也密，所以A點的電場強(qiáng)度大于C點的，故D錯誤。8.(2024南昌模擬)如圖所示，A、B、C是點電荷Q形成的電場中的三點，BC是以Q為圓心的一段圓弧。UAB＝＋10V，正點電荷q沿A→B→C移動，則()A．點電荷Q帶正電B．沿BC運動時電場力做正功C．B點的電場強(qiáng)度與C點的相等D．q在A點時具有的電勢能比在C點時的大解析：選DUAB＝＋10V，所以A點電勢高，此點電荷Q為負(fù)電荷，A錯誤；BC在同一圓弧上，B、C電勢相等，沿BC運動，電場力不做功，B錯誤；由E＝eq\f(kQ,R2)可知B、C兩點的電場強(qiáng)度大小相等、方向不同，C錯誤；因為φA＞φC，由Ep＝φq可知，正點電荷q在A點的電勢能比在C點時的大，D正確。9.在光滑的絕緣水平面上，相隔2L的A、B兩點固定有兩個電荷量均為Q的正點電荷，a、O、b是A、B連線上的三點，O為中點，Oa＝Ob＝eq\f(L,2)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的摸索電荷以初速度v0從a點動身沿A、B連線向B運動，在運動過程中，除靜電力外，摸索電荷受到一個大小恒定的阻力作用，當(dāng)它運動到O點時，動能為初動能的2倍，到b點時速度剛好為零。已知靜電力常量為k，設(shè)O處電勢為零，求：(1)a點的場強(qiáng)大??；(2)恒定阻力的大??；(3)a點的電勢。解析：(1)由點電荷電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可得：Ea＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)))2)＝eq\f(32kQ,9L2)。(2)依據(jù)等量同種電荷的電場特點可知，關(guān)于O點對稱的a、b兩點的電勢是相等的，所以從a到b，由動能定理得0－fL＝0－eq\f(1,2)mv02，可求得：f＝eq\f(mv02,2L)。(3)從a到O靜電力與阻力做功，依據(jù)動能定理得qUaO－eq\f(1,2)fL＝2×eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02解得UaO＝eq\f(3mv02,4q)，φa＝eq\f(3mv02,4q)。答案：(1)eq\f(32kQ,9L2)(2)eq\f(mv02,2L)(3)eq\f(3mv02,4q)10.在示波管中，電子通過電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，然后射到熒光屏上，如圖所示，設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止起先，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，求電子射到熒光屏上的動能為多大？解析：電子在加速電場加速時，依據(jù)動能定理eU1＝eq\f(1,2)mvx2進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏轉(zhuǎn)電場時合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，由以上各式得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)。答案：eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)11．(2024·天津調(diào)研)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變更，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變更的周期為2t，如圖乙所示。在t＝0時，極板B旁邊的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場力作用由靜止起先運動。若整個運動過程中，電子未遇到極板A，且不考慮重力作用。若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2t時間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿意的條件。解析：電子在0～t時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1t2在t～2t時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1t勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)依據(jù)題意d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))。答案：d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))B卷——重難增分專練1.一電子在電場中由a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示。圖中一組平行實線是電場線，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的電勢比b點高B．電子在a點的加速度方向向右C．電子從a點到b點動能減小D．電子從a點到b點電勢能增加解析：選B依據(jù)電子的運動軌跡可知，電子受到的電場力向右，因此可知電場線的方向向左，沿電場線的方向，電勢降低，所以a點的電勢比b點低，所以A錯誤。由A項分析可知，電子受到的電場力向右，所以電子在a點的加速度方向向右，所以B正確。從a點到b點的過程中，電場力做正功，所以電子從a點到b點動能增加，所以C錯誤。電場力做正功，電勢能減小，所以電子從a點到b點電勢能減小，所以D錯誤。2.(多選)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，在兩極板間同一等高線上有兩個質(zhì)量相等的帶電小球a、b(可以看成質(zhì)點)。將小球a、b分別從緊靠左極板和兩極板正中心的位置由靜止釋放，它們沿圖中虛線運動，都能打在右極板上的同一點。從釋放小球到剛要打到右極板的運動中，下列說法正確的是()A．它們的運動時間ta＞tbB．它們的電荷量之比qa∶qb＝2∶1C．它們的電勢能削減量之比ΔEpa∶ΔEpb＝4∶1D．它們的動能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝4∶1解析：選BC兩小球由同一高度釋放，打在同一點，故豎直方向位移相同；在豎直方向上做自由落體運動，故兩小球運動時間相同，A錯誤。在水平方向，sa＝2sb，由于時間相同，所以水平方向的加速度aa＝2ab，由Eq＝F＝ma知它們的電荷量之比為2∶1，B正確。電勢能的削減量之比為電場力做的功之比，a球所受電場力和水平位移均為b球的兩倍，所以它們電勢能的削減量之比為4∶1，C正確。動能的增加量等于合外力做的功，合外力對a球做的功不是對b球做功的4倍，D錯誤。3.(多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度為eq\f(mg,q)，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度vmin≥eq\r(\r(2)gL)B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時的機(jī)械能最大C．若將小球在A點由靜止起先釋放，它將在CBD圓弧上往復(fù)運動D．若將小球在A點以大小為eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，它將能夠沿圓周到達(dá)B點解析：選AB小球的平衡位置位于BC的中點，運動過程中，速度最小的點位于AD的中點，設(shè)該點為F，要使小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，在F點有eq\r(mg2＋Eq2)＝eq\r(2)mg＝eq\f(mvmin2,L)，解得最小速度為vmin＝eq\r(\r(2)gL)，A正確；運動過程中，電場力做的功等于小球機(jī)械能的增量，運動到B點，電場力做正功最多，所以小球在B點機(jī)械能最大，B正確；若將小球在A點由靜止起先釋放，假如能到達(dá)D點，由動能定理：－mgR＋EqR＝eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝0，而小球要想沿圓周運動到D點，在D點必需要有速度，事實上，小球在A點由靜止釋放后，先做勻加速直線運動，再沿圓弧運動，所以C錯誤；小球要想沿圓周運動到B點，必需能過F點，由A到F應(yīng)用動能定理：－mg·eq\f(\r(2),2)L＋Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))L＝eq\f(1,2)mvmin2－eq\f(1,2)mvA2，則vA＞eq\r(gL)，D錯誤。4.(2024·綿陽模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。(1)求小球所受的電場力大小；(2)求小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小。解析：(1)小球在C點時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則必需使小球經(jīng)過D點時的速度最小，即在D點小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(2gr)。在小球從圓軌道上的A點運動到D點的過程中，有mgr(1＋cos60°)＋Frsin60°＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，解得v0＝2eq\r(2gr)。答案：(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)5．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽視不計，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上、下極板間的電勢差隨時間變更的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板電容器的時間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)(1)在t＝0.06s時刻放射電子，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析：(1)電子經(jīng)電場加速滿意qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qu,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2所以y＝eq\f(uL,4U0)。由題圖知t＝0.06s時刻u＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在熒光屏上的點距O點的距離為Y，滿意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm。答案：(1)O點上方13.5cm處(2)30cm6.(2024·寶雞調(diào)研)如圖所示，兩豎直虛線間距為L，之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場。自該區(qū)域的A點將質(zhì)量為M、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開。已知N離開電場時的位置與A點在同一高度；M剛離開電場時的動能為剛進(jìn)入電場時動能的8倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。已知A點到左邊界的距離也為L。(1)求該電場的電場強(qiáng)度大小；(2)求小球射出的初速度大??；(3)要使小球M、N離開電場時的位置之間的距離不超過L，僅變更兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿意的條件。解析：(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時水平速度仍舊為v0，所以小球M、N在電場中運動的時間相等。進(jìn)入電場前，水平方向L＝v0t1豎直方向下落的距離d＝eq\f(1,2)gt12進(jìn)入電場時豎直速度vy1＝gt1進(jìn)入電場后，水平方向L＝v0t2故t1＝t2＝t設(shè)N粒子在電場中運動的加速度為a，豎直方向有：d＝－vy1t＋eq\f(1,2)at2解得：a＝3由牛頓其次定律得：Eq－mg＝ma解得：E＝eq\f(4mg,q)。(2)小球M射出電場時豎直速度為vy2＝vy1＋a′tEq＋mg＝ma′eq\f(1,2)m(v02＋vy22)＝8×eq\f(1,2)m(v02＋vy12)解得：v0＝eq\r(2gL)。(3)以豎直向下為正，M的豎直位移為yM＝vy1t＋eq\f(1,2)a′t2N的豎直位移為yN＝vy1t－eq\f(1,2)at2yM－yN≤L解得：v0≥2eq\r(gL)。答案：(1)eq\f(4mg,q)(2)eq