2022版高考物理一轮复习演练：热点强化12 带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题

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A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于b点的电场强度
C．粒子q过a点时，粒子所受电场力做功的功率最大
D．粒子q由a运动到b的过程中，电势能增大
【答案】D 【解析】根据“电场线与等势线垂直”和“沿电场线方向电势逐渐降低”可知，a点的电势低于b点的电势，A错误．由E＝keq \f(Q,r2)可知，a点的电场强度大于b点的电场强度，B错误．粒子q经过a点时所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力做功的功率为零，C错误．粒子q由a点运动到b点的过程中所受电场力的方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，D正确．
2．(2020年潍坊期末)(多选)如图所示，在地面上方水平向左的匀强电场中，两个质量均为m的带电小球a、b经过电场中P点以后的运动轨迹分别如图中虚线所示．下列说法正确的是( )
A．a球带正电
B．b球带正电
C．a球运动过程中电势能逐渐增大
D．b球运动过程中电势能逐渐减小
【答案】AD
3．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力与重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
【答案】B
4．水平放置的平行板电容器与某一电源连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线上的A、B两点．则( )
A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下
B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功
C．小球由A到B的过程中动能可能减小
D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小
【答案】D 【解析】由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下，当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D正确．
5．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
【答案】CD 【解析】设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．
6．(2020年达州联考)(多选)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔．M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g.则( )
A．带电微粒在M、N两极板间往复运动
B．两极板间电场强度大小为eq \f(3mg,2q)
C．若将M向下平移eq \f(h,3)，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为eq \f(5,4)h
D．若将N向上平移eq \f(h,3)，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为eq \f(5,4)h
【答案】BD 【解析】由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，A错误；由动能定理mg×3h－Eq×2h＝0，解得E＝eq \f(3mg,2q)，B正确；若将M向下平移eq \f(h,3)，则板间场强变为E1＝eq \f(U,\f(5,3)h)＝eq \f(3U,5h)＝eq \f(6,5)E，则当微粒速度为零时，由动能定理mg(3h－Δh)－E1qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5h,3)－Δh))＝0，可知方程无解，C错误；若将N向上平移eq \f(h,3)，则板间场强变为E2＝eq \f(U,\f(5,3)h)＝eq \f(3U,5h)＝eq \f(6,5)E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理mg(h＋Δh′)＝E2qΔh′，解得Δh′＝eq \f(5,4)h，D正确．
7．(2020年南阳期末)如图所示，用长为L的绝缘轻线把质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球悬挂于天花板上O点，小球静止于O点正下方．如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向右运动，悬线偏转的最大角度为60°，则所加匀强电场的电场强度为( )
A.eq \f(mg,q)&&& B.eq \f(\r(3)mg,3q)&&&
C.eq \f(\r(3)mg,q)&&& D.eq \f(2\r(3)mg,q)
【答案】B 【解析】带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力Eq对小球做正功，重力G做负功，细线拉力FT不做功，根据动能定理，则有qELsin 60°－mgL(1－cs 60°)＝0，解得E＝eq \f(\r(3)mg,3q).故A、C、D错误，B正确．
8．(2020年乐山一模)(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是( )
A．金属块的机械能增加32 J
B．金属块的电势能增加4 J
C．金属块带正电荷
D．金属块克服电场力做功8 J
【答案】BC 【解析】由动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误．
9．(2020年广东六校联考)如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小为E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间．
解：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为
a＝eq \f(F－μmg,m)＝12 m/s2，
小物体到达C点的过程中有v2＝2aL0，
代入数据解得v＝12 m/s.
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为
a1＝eq \f(|q|E＋μmg,m)＝12 m/s2，
小物体向右运动的时间t1＝eq \f(v,a1)＝1.0 s，
小物体向右运动的位移x1＝eq \f(v,2)t1＝6.0 m，
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场．
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为
a2＝eq \f(|q|E－μmg,m)＝4 m/s2，
小物体在电场中向左运动的时间为t2＝eq \r(\f(2x1,a2))＝eq \r(3) s，
小物体在电场中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝(1＋eq \r(3)) s≈2.7 s.
10．(2020年南充模拟)如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对细管的压力；
(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标．
解：(1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝eq \f(mg,Eq)，
解得E＝eq \f(mg,q).
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r＝eq \r(2)L，
从P点到B点的过程中，根据动能定理得
mg(2L＋eq \r(2)L)＋EqL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
在B点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq \f(mv\\al(2,B),r)，
联立解得FN＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向上．
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小FN′＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向下．
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mgL＋EqL，
解得vA＝2eq \r(gL)，
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度vC＝vA＝2eq \r(gL)，
小球的加速度g′＝eq \r(2)g.
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有vCt＝eq \f(1,2)g′t2，
解得t＝2eq \r(\f(2L,g))，
则沿x轴方向运动的位移
x＝eq \f(vCt,sin 45°)＝eq \r(2)vCt＝eq \r(2)×2eq \r(gL)×2eq \r(\f(2L,g))＝8L，
x′＝L－8L＝－7L，则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(－7L,0)．