2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练四十二带电粒子在电场中运动的综合问题

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练四十二带电粒子在电场中运动的综合问题，共6页。

1.
如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B.小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C.小球的机械能可能增加
D．以上都有可能
2．如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为 eq \f(0.6qE,m)，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中( )
A．物体克服静电力做功0.6qEs
B．物体的电势能增加了qEs
C．物体的重力势能增加了qEs
D．物体的动能减少了0.6qEs
3．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T.则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
4．竖直面内有A、B、C、D四点构成矩形，AC竖直，∠DAC＝30°，空间有一范围足够大的匀强电场，方向由D指向C，将一质量为m、不带电的小球a从A点以某一速度水平抛出，经过D点时，其动能是A点的4倍；将另一质量也为m、带正电荷q的小球b从A点以相同大小的速度水平抛出，经过B点时的动能也是A点的4倍，则场强E的大小等于( )
A． eq \f(mg,q) B． eq \f(mg,2q)C． eq \f(\r(3)mg,2q) D． eq \f(2mg,q)
5．如图所示，竖直平面直角坐标系xOy所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角．A是电场中的一点，O、A两点的连线与一条电场线重合．一质量为m、电荷量为q的带电小球从A点沿平行于x轴正方向射出，小球经过时间t到达x轴上的B点，到达B点时小球的动能与在A点射出时相同．已知A、B两点距离坐标原点O的距离相等，重力加速度大小为g.则带电小球从A点运动到B点增加的电势能为( )
A． eq \f(1,2)mg2t2 B． eq \f(1,3)mg2t2
C． eq \f(1,4)mg2t2 D． eq \f(1,6)mg2t2
6．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板．A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B．若电子是在t＝ eq \f(T,2)时刻进入的，它一定不能到达B板
C．若电子是在t＝ eq \f(T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D．若电子是在t＝ eq \f(3T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
7．[2024·江西南昌十中校考一模]在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m电荷量为q(q＞0)的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直．已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用．
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子从DC的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；
(3)若粒子从P进入电场到D点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大．
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8.如图，光滑绝缘足够长的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右，大小为E.两小滑块A和B静置于水平面上，其位置连线与电场方向平行．两小滑块质量均为m，A带电荷量为q(q>0)，B不带电．初始时，A和B的距离为L，现释放小滑块A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与B发生弹性碰撞．若每次A和B发生碰撞均为对心正碰，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短．已知q＝0.1 C，E＝1 V/m，m＝0.2 kg，L＝1 m，求：
(1)发生第一次碰撞前A获得的速度大小v及第一次碰撞后A和B获得的速度大小vA1和vB1；
(2)从开始释放A到与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离；
(3)试在图中画出A从开始释放到与B发生第三次碰撞前的v­t图像(不要求写过程).
课时分层精练（四十二） 带电粒子在电场中运动的综合问题
1．解析：小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，A错误，B正确；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C、D错误．
答案：B
2．解析：由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝Eqs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．
答案：D
3．解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a
若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，
ymax＝ eq \f(1,2)a（ eq \f(T,2)）2＋a× eq \f(T,2)× eq \f(T,2)＝ eq \f(3,8)aT2
若粒子在t＝nT＋ eq \f(T,2)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小．
ymin＝0＋ eq \f(1,2)a（ eq \f(T,2)）2＝ eq \f(1,8)aT2
则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．
答案：C
4．解析：不带电小球只受重力作用，带电小球受到重力、沿DC方向的电场力作用．不带电小球向右水平抛出后做平抛运动，从A到D由动能定理有WG＝ΔEk
即1.5mgR＝4Ek0－Ek0
化简得1.5mgR＝3Ek0
带电小球向左水平抛出后在复合场中运动，从A到B重力做功为0.5mgR，电场力做功为W＝EqR
则由动能定理有W＋0.5mgR＝ΔEk
即W＋0.5mgR＝4Ek0－Ek0
可得mgR＝EqR
则E＝ eq \f(mg,q)
故选A.
答案：A
5．解析：小球从A点运动到B点动能不变，设A、B两点距离坐标原点O的距离为L，由动能定理知mgL sin 60°－qE（L＋L cs 60°）＝0
解得E＝ eq \f(\r(3)mg,3q)
小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知mg－qE sin 60°＝may
又h＝ eq \f(1,2)ayt2，解得h＝ eq \f(1,4)gt2
小球沿电场线方向上的位移大小为d＝ eq \f(h,sin 60°)（1＋cs 60°）＝ eq \f(\r(3),4)gt2
则电势能的增加量ΔEp＝qEd＝ eq \f(1,4)mg2t2
故选C.
答案：C
6．解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从 eq \f(T,2)时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子是在t＝ eq \f(T,8)时刻进入时，在 eq \f(T,8)～ eq \f(T,2)，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在 eq \f(T,2)～ eq \f(7T,8)，受到的电场力向左，继续向右做减速运动， eq \f(7T,8)时刻速度为零，在 eq \f(7T,8)～T，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T～ eq \f(9T,8)，受到的电场力向左，继续向左做减速运动， eq \f(9T,8)时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B板，故C正确；若电子是在t＝ eq \f(3T,8)时刻进入时，与在t＝ eq \f(T,8)时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故D错误．
答案：BC
7．解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P到C用时为t1，则 eq \f(\r(2),4)L＝v0t1， eq \f(3\r(2),4)L＝ eq \f(1,2) eq \f(qE,m)t eq \\al(2,1)
解得E＝ eq \f(12\r(2)mv eq \\al(2,0) ,qL)
（2）设粒子以速度v由P到Q用时为t2，
则 eq \f(\r(2),2)L＝vt2， eq \f(\r(2),2)L＝ eq \f(1,2) eq \f(qE,m)t eq \\al(2,2)
解得v＝ eq \r(6)v0
（3）设粒子由P到D用时为t3，粒子在此过程中所受电场力的冲量I＝qEt3
又有 eq \f(\r(2),4)L＝ eq \f(1,2) eq \f(qE,m)t eq \\al(2,3)
解得I＝2 eq \r(3)mv0
答案：（1） eq \f(12\r(2)mv eq \\al(2,0) ,qL) （2） eq \r(6)v0 （3）2 eq \r(3)mv0
8．解析：（1）A受电场力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝0.5 m/s2
根据2aL＝v2, 解得v＝1 m/s
此时A的加速时间t0＝ eq \f(v,a)＝2 s
碰撞过程，取向右为正，由动量守恒定律可得mv＝mvA1＋mvB1
根据能量守恒定律可得 eq \f(1,2)mv＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A1) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B1)
联立解得vA1＝0，vB1＝v＝1 m/s
（2）碰撞后A受电场力做匀加速运动，B做匀速运动，设追上时间为t ，则xA＝xB
即 eq \f(1,2)at eq \\al(2,1) ＝vB1t1
解得t1＝4 s
此时A的速度为vA2＝at1＝2 m/s
A的位移xA＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1) ＝4 m
则从开始释放A到与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离x＝L＋xA＝5 m
（3）A从开始释放到与B发生第三次碰撞前的v­t图像如图所示
答案：（1）1 m/s 0 1 m/s （2）5 m （3）见解析