2025年高考物理第一轮总复习专项训练：47专题强化十三带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题（附答案）

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题组一 带电粒子在交变电场中的运动
1. (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，则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
[答案] CD
[解析] 设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，假设粒子第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，粒子的速度为零，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。
2.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
[答案] D
[解析] 若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～eq \f(1,2)T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了eq \f(1,2)T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到eq \f(1,4)T后向左减速，eq \f(1,2)T后向右加速，eq \f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。
3.如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，忽略边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。某时刻有一带电粒子沿两板间的中线OO′以初速度为v0射入电场，经t＝2T时间粒子离开电场。则以下说法中正确的是( )
A．粒子一定从O′点离开电场
B．粒子离开电场时的速度一定大于v0
C．粒子离开电场时的速度可能小于v0
D．粒子在0～T内的位移一定等于在T～2T内的位移
[答案] D
[解析] 电压正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电场力的总冲量一定等于0，所以经一个周期，粒子的速度仍为v0，故B、C错误；在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带电粒子在前半周期加速度，在后半周期减速，其OM轴速度方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期内加速减速，在后两个四分之一周期内反向加速反向减速，前半周期的位移与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以OM轴方向总位移为0，即粒子可能从O′点离开电场，故A错误；因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度v0，所以粒子在每个周期内的运动都是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D正确。故选D。
题组二 用等效法处理带电体在电场和重力场中的运动
4．(多选)如图所示，带电小球(可视为质点)用绝缘细线悬挂在O点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大。已知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，小球质量为m、带电荷量为q，细线长为l，重力加速度为g，则( )
A．小球带正电
B．静电力大于重力
C．小球运动到最低点时速度最大
D．小球运动过程最小速度至少为v＝eq \r(\f(qE－mgl,m))
[答案] BD
[解析] 因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上，则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小速度满足qE－mg＝meq \f(v2,l)，即v＝eq \r(\f(qE－mgl,m))，故D正确。
5. (2025·广东中山市期末)空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝eq \f(3mg,q)。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．无论v0多大，小球不会脱离轨道
B．只有v0≥eq \r(gR)，小球才不会脱离轨道
C．v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D．若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
[答案] D
[解析] 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝meq \f(v\\al(2,min),R)，解得vmin＝eq \r(2gR)，所以只有当v0≥eq \r(2gR)时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝F·2R，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝meq \f(m\\al(2,0),R)，F1－F＝meq \f(v\\al(2,1),R)，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
题组三 应用力学三大观点解决力、电综合问题
6．(多选)如图甲所示，在绝缘光滑斜面上方的MM′和PP′范围内有沿斜面向上的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示，一质量为m、带电荷量为q(q>0)的可视为点电荷小物块从斜面上的A点以初速度v0沿斜面向上运动，到达B点时速度恰好为零。已知斜面倾角为θ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g，则以下判断正确的是( )
A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于mgsin θ
B．小物块在运动过程中的中间时刻速度大于eq \f(v0,2)
C．A、B两点间的电势差为eq \f(m2glsin θ－v\\al(2,0),2q)
D．此过程中小物块机械能增加量为mglsin θ
[答案] AC
[解析] 小物块所受的电场力沿斜面向上，重力分力沿斜面向下，由题图乙知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，小物块做减速运动，可知电场力一直小于重力沿斜面向下的分力mgsin θ，故A正确；因为小物块所受的电场力逐渐增大，重力沿斜面向下的分力不变，且电场力小于重力沿斜面向下的分力，所以小物块所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，因此小物块做加速度逐渐减小的减速运动，作出其速度—时间图像如图所示，若小物块做初速度为v0的匀减速直线运动中间时刻的瞬时速度等于eq \f(v0,2)，则从图中可知，小物块在运动过程中的中间时刻速度大小小于eq \f(v0,2)，故B错误；根据动能定理得qUAB－mglsin θ＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得A、B点间的电势差为UAB＝eq \f(m2glsin θ－v\\al(2,0),2q)，故C正确；因为电场力小于重力沿斜向下的分力，所以此过程中小物块机械能增加量小于mglsin θ，故D错误。
7. (2024·福建漳州模拟)如图，质量为9m的靶盒(可视为质点)带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力。
(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1；
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；
(3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒(包含第1颗子弹)的冲量大小I。
[答案] (1)0.1v0 (2)eq \f(mv\\al(2,0),20qE) (3)mv0
[解析] (1)子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1
解得v1＝0.1v0。
(2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE＝10ma
又veq \\al(2,1)＝2as
解得s＝eq \f(mv\\al(2,0),20qE)。
(3)第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2
解得v2＝0
以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得I＝0－(－10mv1)
解得I＝mv0。
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8．(2025·八省联考四川卷)如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y＝x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E＝eq \f(2mg,q)，圆环恰能静止在坐标(1,1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3,9)处静止释放，则( )
A．恰能运动到(－3,9)处
B．在(1,1)处加速度为零
C．在(0,0)处速率为10eq \r(3) m/s
D．在(－1,1)处机械能最小
[答案] D
[解析] 设小圆环恰能运动到第二象限的坐标为(x，y)，则由动能定理可得mg(9－y)－Eq(3－x)＝0，又E＝eq \f(2mg,q)，解得y＝1，x＝－1，即小圆环恰能运动到坐标(－1,1)处，由于此过程中电场力始终做负功，机械能一直减小，故A错误，D正确；圆环做曲线运动，在(1,1)处加速度一定不为零，故B错误；设圆环到达(0,0)处时的速度大小为v，则圆环由(3,9)处静止释放运动到(0,0)处的过程，由动能定理得mgy－qEx＝eq \f(1,2)mv2，又E＝eq \f(2mg,q)，联立得v＝2eq \r(15) m/s，故C错误。故选D。
9．(2025·云南省联考)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是( )
A．粒子射出时间可能为t＝4 s
B．粒子射出的速度大小为2v
C．极板长度满足L＝3vn(n＝1,2,3，…)
D．极板间最小距离为eq \r(\f(3kU0,2))
[答案] D
[解析] 粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v－t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t＝1.5n(n＝1,2,3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足eq \f(d,2)≥eq \f(1,2)vy×1.5 s，vy＝a×1 s，a＝eq \f(qU0,md)，联立求得d≥eq \r(\f(3kU0,2))，故D正确。
10. (2025·江苏扬州月考)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠BAC＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电荷量均为q(q>0)，以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为( )
A．eq \f(Ek,qR) B．eq \f(2Ek,qR)
C．eq \f(\r(3)Ek,3qR) D．eq \f(2\r(3)Ek,3qR)
[答案] D
[解析] 粒子从A点到B点应用动能定理有qUAB＝2Ek－Ek＝Ek，从A点到C点应用动能定理有qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek，所以UAC＝2UAB，则B点与O点电势相等。作出等势面和电场线如图所示，则粒子从A点到B点应用动能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qEeq \f(\r(3)R,2)＝Ek，解得E＝eq \f(2\r(3)Ek,3qR)，选项D正确，A、B、C错误。
11. (2025·广东茂名月考)如图所示，有一长度L＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车左端放置一质量m＝4 kg的带正电小物块，电荷量q＝1.6×10－2 C(始终保持不变)，小物块与小车间的摩擦因数μ＝0.25，现突然施加一个水平向右的匀强电场，要使物块在2 s内能运动到小车的另一端，g取10 m/s2。
(1)所施加的匀强电场的电场强度多大？
(2)若某时刻撤去电场，物块恰好不从小车右端滑下，则电场的作用时间多长？
[答案] (1)1 000 N/C (2)eq \f(\r(14),2) s
[解析] (1)由如图所示受力关系可知物块在电场力及摩擦力作用下向右做匀加速运动，小车在摩擦力作用下向右做匀加速运动，由牛顿第二定律知
qE－μmg＝ma1，μmg＝Ma2
物块发生的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
小车发生的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
物块能滑到右端，有x1－x2＝L
联立并代入数值得a1＝1.5 m/s2，a2＝1 m/s2，E＝1 000 N/C。
(2)令电场的作用时间为t0，撤去电场时物块速度为v1，小车速度为v2，此后物块在摩擦力作用下做匀减速运动，运动时间t1到达小车右端
物块做匀减速运动的加速度大小a3＝μg＝2.5 m/s2
物块恰好不从小车右端滑下说明此时两者速度相等，
即v1－a3t1＝v2＋a2t1
而v1＝a1t0，v2＝a2t0
由两者位移关系知
eq \f(1,2)a1teq \\al(2,0)＋a1t0·t1－eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)－eq \f(1,2)a2(t0＋t1)2＝L
联立并代入数值得t0＝eq \f(\r(14),2) s。
12．如图甲，一质量m＝1 kg、电荷量q＝5.0×10－4 C的带正电小球(可视作点电荷)，它在一高度和水平位置都可调节的平台上滑行一段距离后做平抛运动，并沿光滑竖直圆弧轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平，在圆弧区域内有一平行于半径OA斜向左下方的匀强电场，电场强度大小为E。为保证小球从不同高度h平抛，都恰能沿切线从A点进入圆弧轨道，小球平抛初速度v0和h满足如图乙所示的抛物线，同时调节平台离A点的水平距离。已知圆弧半径R＝1.0 m，平台距AB连线的高度h可以在0.2～0.8 m之间调节。不计空气阻力，取g＝10 m/s2。
(1)求平台离A的水平距离x的范围(h＝0.2 m时初速度的准确值未知)；
(2)当h＝0.2 m且E＝5.0×103 N/C时，求小球滑到最低点C的速度大小vC；
(3)如果将匀强电场的方向变为平行于AB水平向左，电场强度大小变为E＝2.0×104 N/C，其他条件不变。当h＝0.8 m时，求带电小球对圆弧轨道最大压力的大小(结果保留两位有效数字)。
[答案] (1)0.3 m≤x≤1.2 m (2)3.5 m/s (3)39 N
[解析] (1)因为小球从不同高度h平抛，都恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，所以小球进入圆弧轨道时的速度方向不变，设此速度与竖直方向成α角，则tan α＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,\r(2gh))，由图像中当h＝0.8 m时，v0＝3 m/s，代入上式得tan α＝0.75，α＝37°，则θ＝106°，所以veq \\al(2,0)＝11.25h，当h＝0.2 m时，v0＝1.5 m/s，平台离A的最小距离为x1＝1.5×eq \r(\f(2×0.2,10)) m＝0.3 m，同理得平台离A的最大距离为x2＝3×eq \r(\f(2×0.8,10)) m＝1.2 m，所以0.3 m≤x≤1.2 m。
(2)当h＝0.2 m且E＝5.0×103 N/C时，小球到达A点时的速度vA＝eq \f(1.5,0.6) m/s＝2.5 m/s，从A点到C点，由动能定理得mgR·(1－cs 53°)－qER(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，代入数据解得vC＝3.5 m/s。
(3)由题图可知，qE＝mg，当h＝0.8 m时，小球到达A点时的速度vA′＝eq \f(3,0.6) m/s＝5 m/s，由题意和力的合成可知，当小球在圆弧上的速度与竖直方向成45°时小球速度最大，从A点到此位置，由动能定理得mgR(cs 45°－cs 53°)－qER(sin 53°－sin 45°)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA′2，在速度最大位置，由牛顿第二定律得F－eq \f(mg,cs 45°)＝eq \f(mv2,R)，解得F＝39 N，由牛顿第三定律知带电小球对圆弧轨道最大压力的大小为39 N。