新高考物理二轮复习讲义第3部分考前特训热点9带电粒子在电场中的运动（含解析）

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这是一份新高考物理二轮复习讲义第3部分考前特训热点9带电粒子在电场中的运动（含解析），共5页。

A．aa>ab B．vb>va
C．Epa>Epb D．φa>φb
答案 D
解析等差等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Eaφb，故D正确；负电荷在电势低的地方电势能大，所以在b点的电势能大于a点的电势能，即Epavb，故B错误．
2．(2022·广西南宁市二模)空间有一沿x轴分布的电场，如图乙所示，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x0、2x0.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图甲所示，粒子仅受静电力作用．则下列说法正确的是( )
A．粒子在OQ段克服静电力做功
B．粒子在OP段与PQ段动能增量相等
C．粒子在P点的电势能比Q点的小
D．P点的电势比Q点的电势高
答案 D
解析由题图甲可知，粒子在OQ段速度增大，动能增加，静电力做正功，电势能减小，A、C错误；由题图甲中数据可得粒子在OP段和PQ段速度增量均为eq \f(v0,2)，但OP与PQ动能增量分别为eq \f(5,8)mv02和eq \f(7,8)mv02，B错误；因为q>0，粒子从P运动到Q，速度增大，静电力做正功，电势能Ep减小，由φ＝eq \f(Ep,q)可知电势降低，D正确．
3．(多选)(2022·东北三省三校第二次模拟)如图所示，水平放置的上、下两个带电金属板，相距为3d，板间有竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝eq \f(mg,q)，上板上方距上板d处有一带电荷量为＋q的小球B，其正上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们的质量均为m，用长度为d的绝缘轻杆相连．将两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中．若空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A球刚进入电场时的速度大小为eq \r(2gd)
B．A球刚进入电场时的速度大小为eq \r(5gd)
C．B球能碰到下板
D．B球不能碰到下板
答案 BD
解析对A、B整体，由动能定理有2mg·2d＋qEd＝eq \f(1,2)·2mv2，可得A球刚进入电场时的速度大小为v＝eq \r(5gd)，故A错误，B正确；设B在电场中下降距离为x，则根据动能定理可得2mg(d＋x)＋qEx－6qE(x－d)＝0，可得x＝eq \f(8,3)d<3d，故B球不能碰到下板，故C错误，D正确．
4.(多选)(2022·四川凉山州第二次诊断性检测)光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，其俯视图如图所示．一质量为m的带电小球(看作质点)在A点获得一速度v0，在轨道内做完整的圆周运动，且小球在A点时速度最大．已知小球所受静电力的大小等于小球的重力大小，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球带正电
B．小球在B点时轨道对其弹力大小为m(eq \f(v02,R)－5g)
C．小球从A点运动到B点的过程中电势能增加2mgR
D．小球在A点获得的最小速度为eq \r(4Rg)
答案 BC
解析小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知小球所受静电力向左，带负电，选项A错误；从A到B由动能定理有eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02＝－Eq·2R，FNB＋Eq＝meq \f(vB2,R)，其中Eq＝mg，解得FNB＝m(eq \f(v02,R)－5g)，选项B正确；小球从A点运动到B点的过程中电势能增加量等于克服静电力做的功，则ΔEp＝qE×2R＝2mgR，选项C正确；在B点速度最小时有Eq＝meq \f(vBmin2,R)，根据eq \f(1,2)mvBmin2－eq \f(1,2)mv0min2＝－Eq·2R，小球在A点获得的最小速度为v0min＝eq \r(5gR)，选项D错误．
5．(多选)(2022·全国甲卷·21)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
答案 BD
解析由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.如图所示，当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A、C错误；当小球水平速度减为0时，水平方向上有v0＝eq \f(Eq,m)t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，此时小球的动能等于初动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确．
6．(多选)(2022·山西太原市一模)图(a)的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场.eq \f(1,4)T时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，eq \f(3,2)T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰．若在eq \f(3,8)T时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是( )
A．T时刻，乙粒子离开电场
B．乙粒子的比荷为eq \f(8k,7)
C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2∶3
D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1∶2
答案 ABD
解析假设粒子甲、乙带同种电荷，平行金属板M、N间距离为d，则有a＝eq \f(U0q,md)＝eq \f(U0,d)k为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得vy＝at，作出粒子甲、乙在竖直方向上的速度时间图像，如图，
则图线与时间轴围成的面积表示位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为L，恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移刚好为eq \f(d,2)，从速度时间图像可知，斜率不变，即a不变，则粒子甲竖直方向的总位移为y甲＝S△ABC－S△CDE＋S△EFH＝eq \f(1,8)T v1＝eq \f(d,4)，故eq \f(1,8)T v1＝y甲，且v1＝a(eq \f(T,2)－eq \f(T,4))，联立解得y甲＝eq \f(U0,32d)kT2，而最大位移大小为y甲m＝eq \f(1,4)T v1＝eq \f(U0,16d)kT2＝eq \f(1,2)d，所以d＝eq \f(U0,8d)kT2，时间为t＝eq \f(L,v0)＝eq \f(3T,2)－eq \f(T,4)＝eq \f(5,4)T；粒子乙竖直方向上的速度时间图线为A′B′C′D′，而水平方向时间为t′＝eq \f(L,2v0)＝eq \f(5,8)T，所以有t乙＝eq \f(3,8)T＋eq \f(5,8)T＝T，A正确；设乙粒子的比荷为k′，则乙的加速度大小为a′＝eq \f(U0q′,m′d)＝eq \f(U0k′,d)，由对称性可知，乙的最大位移为y乙m＝S△C′D′H′－S△A′B′C′＝eq \f(1,2)×eq \f(3,8)T·v1′－eq \f(1,2)×eq \f(2,8)T·v2＝eq \f(d,2)，
而v2＝a′·eq \f(T,8)＝eq \f(U0k′T,8d)，
v1′＝a′·eq \f(3,8)T＝eq \f(3U0,8d)k′T，
所以d＝eq \f(7U0,64d)k′T2，
联立解得k′＝eq \f(8,7)k，B正确；
乙在竖直方向的总位移大小为y乙＝y乙m＝eq \f(d,2)，则偏转位移大小之比为eq \f(y甲,y乙)＝eq \f(\f(d,4),\f(d,2))＝eq \f(1,2)，C错误，D正确．

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