第9章　静电场 第5讲　专题提升 带电粒子在电场中运动的综合问题-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

这是一份第9章　静电场 第5讲　专题提升 带电粒子在电场中运动的综合问题-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习，共11页。试卷主要包含了某种负离子空气净化原理如图所示等内容，欢迎下载使用。
基础对点练
题组一 等效法在电场中的应用
1.(多选)(2022全国甲卷)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。小球所受的重力和静电力的大小相等,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
2.(多选)(2024安徽安庆模拟)如图所示,AC是圆O的一条水平直径,BD是竖直方向的另外一条直径,M点是圆上的点,OM连线与OC的夹角为60°,该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将电荷量为q、质量为m的带正电油滴从圆心O点以相同的初动能Ek0射出,射出方向不同时,油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中,经过C点时油滴的动能最小且为Ek04,已知重力加速度的大小为g,匀强电场的电场强度E=2mgq,则( )
A.电场线与MO垂直且B点电势高于C点电势
B.油滴经过B点时的动能为4-34Ek0
C.油滴经过A点时的动能为74Ek0
D.油滴经过CD连线中点时的动能为58Ek0
题组二 带电粒子在交变电场中的运动
3.(多选)(2023浙江三模)如图所示,电子枪产生初速度为零的电子经过U0=100 V的电场加速,沿中间进入平行板电容器,板间电压u=400sin 2πt V,板长L和板间距离d均为10 cm,距板右侧D=5 cm处有一竖直圆筒,圆筒外侧粘贴涂有感光材料的荧光纸,圆筒以角速度ω=4π rad/s转动,不计电子通过平行板时极板上电压的变化,电子打到荧光纸上留下印迹,然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并展开,剪开位置不同,得到的图像形状也不同,下列图像可能正确的是( )
4.有一种电子仪器叫作示波器,可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管,图甲是它的原理图。在偏转电极YY'上加上图乙所示的扫描电压,偏转电极XX'之间没有加电压,此时示波管的原理图简化成如图丙所示。电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO(O为荧光屏的中心)射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的YY'偏转电场中。电子进入金属板M、N间时的速度与电场方向垂直,电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点(图中未画出)。已知M、N两板间的最大电压为U2,两板间的距离为d,板长为l1,荧光屏到MN极板右端距离为l2。电子的质量为m,电荷量为e,不考虑电子受到的重力及电子间相互作用力的影响。
甲
乙
丙
(1)求电子穿过A板时的速度大小。
(2)每个电子穿过偏转电场的时间极短,可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的,偏转电场可看作匀强电场。在t=0.15 s时刻进入偏转电场的电子打在屏上P位置,求OP长。
(3)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决第(2)问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化,请结合下列数据分析说明其原因。已知l1=4.0×10-2 m,电子的比荷em=1.76×1011 C/kg,U1=1 375 V。
题组三 电场中的力电综合问题
5.(多选)如图所示,光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定,右端与一质量为m、电荷量为+q(q>0)的滑块P(可视作质点)连接,沿水平方向建立x轴,沿x轴加一水平方向电场(图中未画出),x轴上的电势φ随位置x的变化关系如图所示。滑块从弹簧原长处静止释放(未超出弹性限度),沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中( )
A.电场的电势越来越低,电场强度越来越小
B.滑块的加速度先增大后减小
C.当滑块的速度最大时,弹簧弹性势能与滑块动能之和最大
D.滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量
6.(多选)(2022海南卷)如图甲所示,带正电3×10-5 C的物块A放在水平桌面上,利用细绳通过光滑的滑轮与物块B相连,A处在匀强电场中,E=4×105 N/C,从O开始,A与桌面的动摩擦因数μ随x的变化如图乙所示,取O点电势能为零,A、B质量均为1 kg,重力加速度g取10 m/s2,B离滑轮的距离足够长,则( )
A.它们运动的最大速度为1 m/s
B.它们向左运动的最大位移为1 m
C.当速度为0.6 m/s时,A的电势能可能是-2.4 J
D.当速度为0.6 m/s时,绳子的拉力可能是9.2 N
7.(2022辽宁卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B点平滑连接,导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放,脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的静电力大小为2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求:
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能;
(2)小球经过O点时的速度大小;
(3)小球过O点后运动的轨迹方程。
综合提升练
8.(2023北京卷)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知金属板长度为L,间距为d,不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1。
(2)若计空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为Ff=krv,其中r为颗粒的半径,k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2;
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
9.(2024安徽模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴竖直向上,在第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场,长L=1.5 m的非弹性绝缘轻绳一端系于坐标原点O,另一端系一质量m=1.5 kg、电荷量为q、可视为质点的带正电的小球。现将小球从y轴上y0=-0.7 m处,以水平初速度v0向左抛出,运动一段时间后轻绳被拉直,轻绳被拉直后小球以O为圆心,L为半径在竖直平面内摆动。已知轻绳刚被拉直时,轻绳与竖直方向的夹角α=53°,重力加速度g取10 m/s2,匀强电场的电场强度E=mg6q,sin 53°=0.8。求:
(1)小球水平抛出的初速度大小v0;
(2)小球运动到最低点时的速度大小v;
(3)小球在第四象限运动到最高点的坐标以及轻绳对小球的拉力大小。
参考答案
第5讲 专题提升:带电粒子在电场中运动的综合问题
1.BD 解析 设电场强度为E,小球电荷量为q,质量为m,初速度为v0,由题知mg=Eq,对小球受力分析如图所示,水平方向,小球向左先做匀减速运动到速度为零后反向做匀加速运动,加速度大小为g,竖直方向,小球做自由落体运动,加速度大小为g,电势能只与静电力做功有关,当小球水平向左速度为零时,电势能最大,此时水平方向v0-gt=0,x=v022g,竖直方向v'=gt,h=12gt2,重力做功WG=mgh=mv022,电势能的增加量Ep电=qEx=mv022,即WG=Ep电,此过程中小球初动能Ek初=12mv02,末动能Ek末=12mv'2=12mv02=Ek初,
故B、D正确。当小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,v0-gt'=gt',t'=v02g,此时合速度方向与合力F合方向垂直,小球动能最小,故A、C错误。
2.CD 解析 从O经过C点时油滴的动能最小且为Ek04,则C点为复合场的等效最高点,则复合场的合力方向如图所示,则有F合=qEcs θ,qEsin θ=mg,由题意可知E=2mgq,联立解得F合=3mg,θ=30°,则电场线的方向如图所示,由几何关系可知,MO与电场线垂直,B点电势低于C点电势,故A错误;油滴经过B点时,合外力不做功,所以油滴的动能不变,故B错误;油滴从O经过C点时,由动能定理可得-F合·L=EkC-Ek0,从O经过A点时,有F合·L=EkA-Ek0,联立解得油滴经过A点时的动能为EkA=74Ek0,故C正确;油滴经过CD连线中点时的动能等于OC中点的动能,有-F合·L2=Ek中-Ek0,得Ek中=58Ek0,故D正确。
3.BD 解析 设电子的电荷量为e,质量为m,出加速电场的速度大小为v0,在加速电场运动的过程中,由动能定理得eU0=12mv02,解得v0=2eU0m,电子在平行板间做类平抛运动,离开电场后做匀速直线运动,设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为θ,竖直方向的分速度为vy,竖直方向的位移为y,则有vy=at=eumd·Lv0=euLmd·m2eU0=uLde2mU0,tan θ=vyv0=uL2dU0,y=vy2·Lv0=uL24dU0,电子打在圆筒上时的竖直位移y'=y+Dtan θ=uL24dU0+DuL2dU0,代入数据解得y'=20sin 2πt cm,可知电子打到平面的白纸上留下的黑色印迹随时间按正弦规律变化,峰值为20 cm,圆筒以ω=4π rad/s转动,其周期为T=0.5 s,而y'变化的周期为1 s,即圆筒转一周只能在白纸上留下半个周期的正弦函数图像印迹,若在y'=0处沿轴线剪开,在展开的白纸上会看到两个12周期的正弦函数图像上下对称分布,故A错误,B正确;若在y'最大为20 cm处沿轴线剪开,在展开的白纸上会看到两个12周期的正弦函数图像交叉分布,故C错误,D正确。
4.答案 (1)2eU1m (2)U2l1(l1+2l2)8dU1 (3)见解析
解析 (1)由动能定理得eU1=12mv2,解得v=2eU1m。
(2)电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动,有l1=vt
在垂直于极板的方向上做初速度为0的匀加速直线运动,有y1=12at2
又eE=ma,0.5U2=Ed,联立得y1=U2l128dU1
电子出偏转电场后做匀速直线运动,设OP长为y,射出偏转电场时速度方向与水平方向成θ角,则tan θ=atv
y=y1+l2tan θ
联立得y=U2l1(l1+2l2)8dU1。
(3)由v=2eU1m
代入数据得v=2.2×107 m/s
所以电子穿过平行板的时间t=l1v=1.82×10-9 s
由图乙可知电场变化的周期T=0.2 s,得tT=9.1×10-9
显然t≪T,因此电子穿过平行板的过程中可以认为两板间的电压是不变的。
5.AD 解析 由x轴上的电势φ随位置x的变化关系图像,可知电场的电势越来越低,由图像的斜率表示电场强度,可知电场强度越来越小,A正确;由题意可知,沿x轴正方向电势降低,即电场方向沿x轴正方向。滑块P沿x轴正方向运动时,受到向右的静电力和向左的弹力,开始两力的合力方向沿x轴正方向,且合力由大变小,当合力为零时,加速度为零,滑块P速度最大,随沿x轴正方向运动位移的增大,电场强度逐渐减小,弹力逐渐增大,其合力方向向左,且逐渐增大,当滑块P速度为零时,弹力最大,因此滑块P的加速度先减小后增大,B错误;由题意可知,滑块P运动中,电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和,因此滑块P速度为零时,电势能的减少量最大,则有弹簧弹性势能与滑块动能之和最大,C错误;由以上分析可知,滑块P速度为零时,电势能的减少量最大,且全部转化为弹簧的弹性势能,即为滑块P克服弹力所做的功,D正确。
6.ACD 解析 由题知Ff=μmg=2x,设A向左移动x后速度为零,对A、B系统有qEx-mgx-12Ffx=0(此处Ffx前面的12是因为摩擦力是变力,其做功可以用平均力),可得x=2 m,A向左运动是先加速后减速,当x=2 m时,摩擦力变成静摩擦力,并反向,系统受力平衡,最后静止,设A向左运动x'后速度为v,对系统则有qEx'-mgx'-12Ffx'=12·2mv2,得mv2=-(x'-1)2+1,当x'=1 m时,v最大为1 m/s,故A正确,B错误;当v=0.6 m/s时,可得x=0.2 m或1.8 m,当x=0.2 m时,静电力做功qEx=2.4 J,则电势能减小2.4 J,由于EpO=0,则电势能为-2.4 J,当x=1.8 m时,qEx=-21.6 J,故C正确;根据牛顿第二定律得qE-Ff-mg=2ma,当x=0.2 m时,系统加速度a=0.8 m/s2,对B有FT-mg=ma,得FT=10.8 N,当x=1.8 m时,系统加速度a'=-0.8 m/s2,对B分析可得FT'=9.2 N,故D正确。
7.答案 (1)12mgR (2)3gR (3)y2=6Rx
解析 (1)小球从A到B,根据能量守恒定律得Ep=12mvB2=12mgR。
(2)小球从B到O,根据动能定理有-mgR+F2R=12mvO2−12mvB2
解得vO=3gR。
(3)小球运动至O点时速度竖直向上,受静电力和重力作用,将静电力分解到x轴和y轴,则x轴方向有F静cs 45°=max
竖直方向有F静sin 45°-mg=may
解得ax=g,ay=0
则小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀速直线运动,即做类平抛运动,则有x=12gt2,y=vOt
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx。
8.答案 (1)2d2mv02qL2 (2)d2kRv0qL 25%
解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧,颗粒就能够全部收集,有
L=v0t
d=12at2
qE=ma
E=U1d
解得U1=2d2mv02qL2。
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,有F电=Ff
即qU2d=kRv
且dv=Lv0
解得U2=d2kRv0qL
b.10 μm的电荷量为q的颗粒恰好100%被收集,颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有Ff=kRvmax,Ff=qE'
10 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d=vmaxt
2.5 μm的颗粒带电荷量为q'=q16
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有
Ff'=14kRvmax',Ff'=q'E'
2.5 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d'=vmax't
解得d'=d4
2.5 μm的颗粒被收集的百分比d'd×100%=25%
9.答案 (1)6 m/s (2)4 m/s
(3)(1.2 m,-0.9 m) 7 N
解析 (1)小球在第三象限内做平抛运动,有
Lcs α-|y0|=12gt2
Lsin α=v0t
解得t=0.2 s,v0=6 m/s。
(2)小球平抛运动竖直方向的分速度为vy=gt=2 m/s
细绳绷紧后,沿绳方向的分速度突变为0,则垂直于绳的速度为v1=v0cs 53°-vysin 53°
解得v1=2 m/s
之后小球做圆周运动,小球运动到最低点过程,由动能定理有mg(L-Lcs 53°)=12mv2-12mv12
解得v=4 m/s。
(3)令小球在第四象限运动到最高点时细绳与竖直方向夹角为θ,则该过程有
-mg(L-Lcs θ)-qELsin θ=0-12mv2
结合sin2θ+cs2θ=1
解得θ=53°
根据几何关系有x=Lsin θ=1.2 m
y=-Lcs θ=-0.9 m
可知到最高点的坐标为(1.2 m,-0.9 m)
小球做圆周运动,在最高点速度为0,则径向合力为0,则有FT+qEsin θ=mgcs θ
解得FT=7 N。