2022届高考物理联考模拟汇编专题二十五带电粒子在电场中运动的综合问题含解析

这是一份2022届高考物理联考模拟汇编专题二十五带电粒子在电场中运动的综合问题含解析，共10页。


A．减小墨汁微粒的质量
B．增大墨汁微粒所带的电荷量
C．增大偏转电场的电压
D．增大墨汁微粒的喷出速度
解析：选D 根据偏转距离公式y＝eq \f(qUl2,2mdv02)可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，D正确。
2．(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )
A．重力做功为5 J B．电势能减少2 J
C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J
解析：选BD 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。
3．(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电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将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
解析：选CD 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，设带电粒子开始时向负方向运动，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，设带电粒子开始时向负方向运动，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。
4．(多选) (2021·佛山模拟)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为( )
A．3v B．4v
C．5v D．6v
解析：选AC 若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：qeq \f(U,d)＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有qeq \f(2U,d)＝mg＋kv′，联立解得v′＝3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有qeq \f(2U,d)＋mg＝kv″，联立解得v″＝5v，C正确。
5.(多选)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，则( )
A．小球带负电
B．匀强电场电场强度的大小为eq \f(3mg,4q)
C．电场中A、B两点的电势差为eq \f(3mgL,4q)
D．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为eq \r(gL)
解析：选BD 小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37°＝eq \f(Eq,mg)，解得E＝eq \f(3mg,4q)，B正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－eq \f(3mgL,10q)，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcs θ＋UABq＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq \r(gL)，D正确。
6．(多选) (2021·石家庄六校联考)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq \f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为eq \r(2)v0 B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了eq \f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd
解析：选BC 因0～eq \f(T,3)内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq \f(T,3)～eq \f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq \f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq \f(gT,3)，水平速度为v0；在eq \f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq \f(T,3)＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知eq \f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq \f(1,2)mgd，选项D错误。
7.虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是( )
A．粒子一定带负电
B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
C．粒子在A点的动能大于在C点的动能
D．A点的场强小于C点的场强
解析：选C 电场线和等势线垂直且由高电势的等势线指向低电势的等势线，可知题图中电场线方向应垂直于等势线大体指向左侧，带电粒子所受的电场力沿电场线指向曲线内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故A错误；从A到C过程中，电场力做负功，电势能增加，则粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；粒子运动过程中只有电场力做功，且电场力做负功，根据动能定理得知动能减小，故粒子在A点动能较大，故C正确；A点等差等势线密，电场线也密，所以A点的电场强度大于C点的，故D错误。
8. (2021南昌模拟)如图所示，A、B、C是点电荷Q形成的电场中的三点，BC是以Q为圆心的一段圆弧。UAB＝＋10 V，正点电荷q沿A→B→C移动，则( )
A．点电荷Q带正电
B．沿BC运动时电场力做正功
C．B点的电场强度与C点的相等
D．q在A点时具有的电势能比在C点时的大
解析：选D UAB＝＋10 V，所以A点电势高，此点电荷Q为负电荷，A错误；BC在同一圆弧上，B、C电势相等，沿BC运动，电场力不做功，B错误；由E＝eq \f(kQ,R2)可知B、C两点的电场强度大小相等、方向不同，C错误；因为φA＞φC，由Ep＝φq可知，正点电荷q在A点的电势能比在C点时的大，D正确。
9.在光滑的绝缘水平面上，相隔2L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷，a、O、b是A、B连线上的三点，O为中点，Oa＝Ob＝eq \f(L,2)。一质量为m、电荷量为q的试探电荷以初速度v0从a点出发沿A、B连线向B运动，在运动过程中，除静电力外，试探电荷受到一个大小恒定的阻力作用，当它运动到O点时，动能为初动能的2倍，到b点时速度刚好为零。已知静电力常量为k，设O处电势为零，求：
(1)a点的场强大小；
(2)恒定阻力的大小；
(3)a点的电势。
解析：(1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：
Ea＝eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)－eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L,2)))2)＝eq \f(32kQ,9L2)。
(2)根据等量同种电荷的电场特点可知，关于O点对称的a、b两点的电势是相等的，所以从a到b，由动能定理得0－fL＝0－eq \f(1,2)mv02，可求得：f＝eq \f(mv02,2L)。
(3)从a到O静电力与阻力做功，根据动能定理得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，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？
解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝eq \f(1,2)mvx2
进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝eq \f(eU2,md)
射出偏转电场时合速度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．(2021·天津调研)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝eq \f(5,4)，电子在0～2t时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。
解析：电子在0～t时间内做匀加速运动
加速度的大小a1＝eq \f(eU0,md)
位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
在t～2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小a2＝eq \f(5eU0,4md)
初速度的大小v1＝a1t
匀减速运动阶段的位移x2＝eq \f(v12,2a2)
依据题意d>x1＋x2，解得d> eq \r(\f(9eU0t2,10m))。
答案：d> eq \r(\f(9eU0t2,10m))
B卷——重难增分专练
1.一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示。图中一组平行实线是电场线，则下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点高
B．电子在a点的加速度方向向右
C．电子从a点到b点动能减小
D．电子从a点到b点电势能增加
解析：选B 根据电子的运动轨迹可知，电子受到的电场力向右，因此可知电场线的方向向左，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点低，所以A错误。由A项分析可知，电子受到的电场力向右，所以电子在a点的加速度方向向右，所以B正确。从a点到b点的过程中，电场力做正功，所以电子从a点到b点动能增加，所以C错误。电场力做正功，电势能减小，所以电子从a点到b点电势能减小，所以D错误。
2. (多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两个质量相等的带电小球a、b(可以看成质点)。将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点。从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是( )
A．它们的运动时间ta＞tb
B．它们的电荷量之比qa∶qb＝2∶1
C．它们的电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝4∶1
D．它们的动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝4∶1
解析：选BC 两小球由同一高度释放，打在同一点，故竖直方向位移相同；在竖直方向上做自由落体运动，故两小球运动时间相同，A错误。在水平方向，sa＝2sb，由于时间相同，所以水平方向的加速度aa＝2ab，由Eq＝F＝ma知它们的电荷量之比为2∶1，B正确。电势能的减少量之比为电场力做的功之比，a球所受电场力和水平位移均为b球的两倍，所以它们电势能的减少量之比为4∶1，C正确。动能的增加量等于合外力做的功，合外力对a球做的功不是对b球做功的4倍，D错误。
3. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为eq \f(mg,q)，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vmin≥ eq \r(\r(2)gL)
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在CBD圆弧上往复运动
D．若将小球在A点以大小为eq \r(gL)的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆周到达B点
解析：选AB 小球的平衡位置位于BC的中点，运动过程中，速度最小的点位于AD的中点，设该点为F，要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，在F点有eq \r(mg2＋Eq2)＝eq \r(2)mg＝eq \f(mvmin2,L)，解得最小速度为vmin＝eq \r(\r(2)gL)，A正确；运动过程中，电场力做的功等于小球机械能的增量，运动到B点，电场力做正功最多，所以小球在B点机械能最大，B正确；若将小球在A点由静止开始释放，假如能到达D点，由动能定理：－mgR＋EqR＝eq \f(1,2)mvD2，解得vD＝0，而小球要想沿圆周运动到D点，在D点必须要有速度，实际上，小球在A点由静止释放后，先做匀加速直线运动，再沿圆弧运动，所以C错误；小球要想沿圆周运动到B点，必须能过F点，由A到F应用动能定理：－mg·eq \f(\r(2),2)L＋Eqeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)))L＝eq \f(1,2)mvmin2－eq \f(1,2)mvA2，则vA＞eq \r(gL)，D错误。
4. (2021·绵阳模拟)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。
(1)求小球所受的电场力大小；
(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。
解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg。
(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有eq \f(mg,cs 60°)＝meq \f(v2,r)，
解得v＝eq \r(2gr)。
在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有
mgr(1＋cs 60°)＋Frsin 60°＝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．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，可以认为电压是不变的)
(1)在t＝0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2
经电场偏转后侧移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qu,mL)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))2
所以y＝eq \f(uL,4U0)。
由题图知t＝0.06 s时刻u＝1.8U0，所以y＝4.5 cm
设打在荧光屏上的点距O点的距离为Y，满足eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
答案：(1)O点上方13.5 cm处 (2)30 cm
6. (2021·宝鸡调研)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为M、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。
(1)求该电场的电场强度大小；
(2)求小球射出的初速度大小；
(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。
解析：(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则它们进入电场时水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等。
进入电场前，水平方向L＝v0t1
竖直方向下落的距离d＝eq \f(1,2)gt12
进入电场时竖直速度vy1＝gt1
进入电场后，水平方向L＝v0t2
故t1＝t2＝t
设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：
d＝－vy1t＋eq \f(1,2)at2
解得：a＝3g
由牛顿第二定律得：Eq－mg＝ma
解得：E＝eq \f(4mg,q)。
(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2＝vy1＋a′t
Eq＋mg＝ma′
eq \f(1,2)m(v02＋vy22)＝8×eq \f(1,2)m(v02＋vy12)
解得：v0＝eq \r(2gL)。
(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为yM＝vy1t＋eq \f(1,2)a′t2
N的竖直位移为yN＝vy1t－eq \f(1,2)at2
yM－yN≤L
解得：v0≥2eq \r(gL)。
答案：(1)eq \f(4mg,q) (2)eq \r(2gL) (3)v0≥2eq \r(gL)
7.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4 m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝eq \r(3) m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝ 1 kg、电荷量为q＝0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(\r(3),5)。求：(g取10 m/s2)
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；
(3)小球落地点距离C点的水平距离。
解析：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得
(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cs 30°eq \f(h,sin 30°)－μ(mg＋Eq)L＝eq \f(1,2)mvC2－0，
解得vC＝2eq \r(10) m/s。
(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，
根据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mvC2＝eq \f(1,2)mvD2＋mg·2R
在最高点以小球为研究对象，可得FN＋mg＝meq \f(vD2,R)，
解得FN＝30 N，vD＝2eq \r(5) m/s。
(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝20 m/s2
假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得
x＝vDt,2R＝eq \f(1,2)at2，
解得x＝eq \r(2) m＜eq \r(3) m，假设正确。
即小球落地点距离C点的水平距离为eq \r(2) m。
答案：(1)2eq \r(10) m/s (2)30 N (3)eq \r(2) m