（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（四十五）帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題（題型研究課）（含解析）

（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（四十五）帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題（題型研究課）（含解析）1.(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)某靜電場中x軸上電場強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向為電場強(qiáng)度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向運動，結(jié)果粒子剛好靜止于x3x0處。假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則()A粒子一定帶負(fù)電B粒子的初動能大小為qE0x0C粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小D粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0解析：選BD如果粒子帶負(fù)電，粒子沿x軸正方向一定先做減速運動后做加速運動，因此粒子在x3x0處的速度不可能為零，故粒子一定帶正電，A錯誤；結(jié)合題圖，根據(jù)動能定理qE0x0×2qE0·2x00Ek0，可得Ek0qE0x0，B正確；粒子沿x軸正方向運動的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，C錯誤；粒子運動到x0處動能最大，根據(jù)動能定理qE0x0EkmaxEk0，解得Ekmax2qE0x0，D正確。2如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經(jīng)過機(jī)械過濾裝置再進(jìn)入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負(fù)電的塵埃(不計重力)，僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點是軌跡與電場線的交點。若不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化，以下說法正確的是()AA點電勢高于B點電勢B塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C塵埃在遷移過程中做勻變速運動D塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大解析：選B沿電場線方向電勢降低，由題圖可知，B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；A點電場線比B點密集，因此A點的場強(qiáng)大于B點的場強(qiáng)，故塵埃在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，則塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度，B正確；放電極與集塵極間為非勻強(qiáng)電場，塵埃所受的電場力是變化的，故塵埃不可能做勻變速運動，C錯誤；塵埃進(jìn)入靜電除塵區(qū)時，速度方向與電場力方向的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增大；后來變?yōu)殇J角，電場力做正功，電勢能減小，D錯誤。3.如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，一根不可伸長的絕緣細(xì)線長度為l，細(xì)線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細(xì)線水平的A點，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細(xì)線與水平方向成60°角的B點時速度為零。以下說法中正確的是()A小球在B點處于平衡狀態(tài)B小球受到的重力與電場力的關(guān)系是 qEmgC小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運動，且幅度將逐漸減小D小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為qEl解析：選D根據(jù)動能定理得：mglsin qEl(1cos )0，解得：qEmg，故B錯誤；tan ，解得：30°<，在B點電場力與重力的合力和細(xì)線拉力不共線，所以小球在B點不是處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；類比單擺，小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運動，能量守恒，幅度不變，故C錯誤；小球從A運動到B的過程中電場力做功：WqEl(1cos )qEl，故D正確。4(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)如圖所示，一絕緣細(xì)線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計)，地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB，圓心與小球a位置重合。一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球b由A點靜止釋放，小球a由于受到絕緣細(xì)線的拉力而靜止，其中細(xì)線Oa水平，細(xì)線Oa與豎直方向的夾角為。當(dāng)小球b沿圓弧管道運動到小球a正下方B點時，對管道壁恰好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點電荷)()A小球b所受的庫侖力大小為3mgB小球b的機(jī)械能逐漸減小C細(xì)線Oa的拉力先增大后減小D細(xì)線Oa的拉力先增大后減小解析：選AC庫侖力對小球b不做功，故小球b的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可得mvB2mgR，則小球b運動到B點的速度vB；小球b對管道無壓力，則Fmgm，解得F3mg，A正確，B錯誤；設(shè)小球b在某位置時和小球a位置連線與豎直方向的夾角為，細(xì)線Oa的拉力為FT1，細(xì)線Oa的拉力為FT2，則對小球a，可得FT2FT1sin Fsin ，F(xiàn)T1cos Fcos ，當(dāng)小球b從A點向B點運動時，一直減小，可知FT1一直增大，D錯誤；FT2Fcos tan Fsin sin()，則當(dāng)小球b從A點向B點運動時，從90°減小到0，F(xiàn)T2先增大后減小，C正確。5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周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為kU0(k>1)，電壓變化的周期為2t，如圖乙所示。在t0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場力作用由靜止開始運動，不考慮重力作用，若k，為使電子在02t時間內(nèi)不能到達(dá)極板A。求d應(yīng)滿足的條件。解析：電子在0t時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1位移x1a1t2電子在t2t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初速度的大小v1a1t勻減速運動階段的位移x2依據(jù)題意d>x1x2解得d> 。答案：d> 6.(2019·吉安模擬)如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時，將小球從A點由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角60°時，小球速度為零。(1)求小球的帶電性質(zhì)和電場強(qiáng)度E的大小；(2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)根據(jù)電場方向和小球運動情況分析，可知小球帶正電，小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有EqLsin mgL(1cos )0解得E。(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G，則Gmg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方，若小球恰能完成豎直圓周運動，在等效最高點有mgmmgL(1cos 30°)mv2mvA2解得vA。答案：(1)正電(2) 7.如圖所示，在E103 V/m的豎直向上的勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為圓弧QN的中點。一帶負(fù)電的小滑塊質(zhì)量m10 g，電荷量大小q104 C，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，位于N點右側(cè)x1.5 m的M處，g取10 m/s2。求：(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，小滑塊向左運動的初速度v0的大小；(2)在滿足(1)中條件的情況下，初速度為v0的小滑塊通過P點時對軌道的壓力的大小。解析：(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mgqEm小滑塊從開始運動至到達(dá)Q點過程中，由動能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv02解得v07 m/s。(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點時速度為v，則從開始運動至到達(dá)P點過程中，由動能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv02又在P點時，由牛頓第二定律得FNm解得FN0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FNFN0.6 N。答案：(1)7 m/s(2)0.6 N8.如圖所示，板長L10 cm、板間距離d10 cm的平行板電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強(qiáng)電場。某時刻一質(zhì)量為m3.6×104 kg、帶電荷量為q9×104 C的小球由O點靜止釋放，沿直線OA從電容器極板間的中線水平進(jìn)入，最后剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x45 cm(g取10 m/s2)。求：(1)電容器外左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；(2)小球剛進(jìn)入電容器時的速度v的大??；(3)電容器極板間的電壓U。解析：(1)由于小球在電容器外左側(cè)的勻強(qiáng)電場中做直線運動，因此小球所受合力沿水平方向，則：Eq解得E N/C。(2)從O點到A點，由動能定理得：qExcos 60°mv20解得：v3 m/s。(3)小球在電容器中做類平拋運動，水平方向：Lvt豎直方向：at2ag解得U4 V。答案：(1) N/C(2)3 m/s(3)4 V9如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向值為，且每隔變向1次。現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子束從A、B左端的中點O沿平行于金屬板的方向OO射入，設(shè)粒子能全部打在靶上，且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T。不計重力的影響，求：(1)定性分析在t0時刻從O點進(jìn)入的粒子，在垂直于金屬板方向上的運動情況；(2)在距靶MN的中心O點多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中；(3)要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應(yīng)滿足什么條件(寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可)。解析：(1)在0時間內(nèi)，粒子受到向下的電場力而向下做勻加速運動，在T時間內(nèi)，粒子受到向上的電場力而向下做勻減速運動。(2)當(dāng)粒子在0，T,2T，nT(n0,1,2，)時刻進(jìn)入電場中時，粒子將打在O點下方最遠(yuǎn)點，在前時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移：y1a12××2在后時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移：y2v·a22其中：va1·，a2解得：y2故粒子打在距O點正下方的最大位移：yy1y2當(dāng)粒子在，(n0,1,2，)時刻進(jìn)入電場時，將打在O點上方最遠(yuǎn)點，在前時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移：y1a12××2在后時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移：y2v·a22其中：va1·，a2解得：y20故粒子打在距O點正上方的最大位移：yy1y2擊中的范圍在O點以下到O點以上。(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：<解得：U0<。答案：(1)見解析(2)O點以下到O點以上(3)U0<