2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业35带电粒子在电场中运动的综合问题

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业35带电粒子在电场中运动的综合问题，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·湖北天门市教育科学研究院二模]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．[2023·河南开封市祥符区第四高级中学高三模拟]如图所示，方向竖直向上的匀强电场中，将两个带等量异种电荷且质量相同的小球A、B.从同一高度以不同速度水平向右抛出，最终以相同速率落到水平地面上，运动轨迹如图两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，以地面为参考平面，且电势为零，则( )
A.A小球带负电，B小球带正电
B．在运动过程中，两小球的加速度大小相等
C．在运动过程中，两小球的机械能均守恒
D．两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等
3．[2023·福建省漳州第一中学高三模拟]两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿SO方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径AOB最左端A点．不计粒子的重力，则下列说法中正确的是( )
A．乙粒子带正电荷
B．甲粒子所带的电荷量比乙粒子大
C．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大
D．从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小
4．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∶1B．2∶1
C．3∶1D．4∶1
5.(多选)如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平．现准备将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从a点以初动能Ek0抛出．第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过c点时，小球动能为5Ek0；第二次，加一方向平行于abc所在平面、场强大小为eq \f(2mg,q)的匀强电场，沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．所加电场的方向水平向左
B．a、b两点之间的距离为eq \f(5Ek0,mg)
C．b、c两点之间的距离为eq \f(4Ek0,mg)
D．a、c间的电势差Uac＝eq \f(8Ek0,q)
6.(多选)如图所示，足够大的绝缘水平面上有一质量为m、电荷量为－q的小物块(视为质点)从A点以初速度v0水平向右运动，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.在距离A点L处有一宽度为L的匀强电场区，电场强度方向水平向右，已知重力加速度为g，场强大小为E＝eq \f(2μmg,q)，则下列说法正确的是( )
A．适当选取初速度v0，小物块有可能静止在电场区
B．适当选取初速度v0，小物块可能回到A点
C．要使小物块穿过电场区，初速度v0的大小应大于2eq \r(2μgL)
D．若小物块能穿过电场区，小物块在穿过电场区的过程中，机械能减小3μmgL
7．[2023·江苏高三模拟]如图所示，质量为m＝2kg带电量为q＝＋2×10－3C的小物块A与质量不计的绝缘木板B叠放在水平面上，A位于B的最左端且与竖直固定于地面上的挡板P相距S0＝3m，已知A与B间的动摩擦因数为μ1＝0.8，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板相撞没有机械能损失，且A带电量始终保持不变．整个装置处在大小为E＝6×103N/C方向水平向右的匀强电场中，现将A、B同时由静止释放，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)A、B释放时，物块A的加速度大小；
(2)若A与挡板不相碰，木板的最小长度L0；
(3)若木板长度为L＝0.8m，整个过程木板运动的总路程S.
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8．[2023·广东深圳高三模拟](多选)如图(a)，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v­t图像分别如图(b)中曲线所示．则由图线可知( )
A．两带电小球的电性一定相同
B．甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
C．甲乙达到共速时，乙的位移大于4倍甲的位移
D．甲、乙速度相等时两球间的电势能最大
9.[2023·山西省翼城中学模拟]如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在D点速度v1的大小及从D点抛出后在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围．
课时分层作业（三十五）
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：以相同的速率落到水平地面上，A球水平位移大于B球水平位移，只有A小球带正电，B小球带负电，落地时A球的水平速度大于B球水平速度，A球的竖直速度小于B球的竖直速度一种可能，A错误；在运动过程中，A球加速度小于g，B球加速度大于g，两小球的加速度大小不相等，B错误；因为有电场力做功，两小球的机械能不守恒，C错误；落地前瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，从抛出点到地面，只有电场力和重力对小球做功，两小球的机械能和电势能之和不变，所以两小球抛出的瞬间，两小球的机械能和电势能之和相等，D正确．
答案：D
3．解析：乙粒子进入电场后向左偏转，所受电场力水平向左，与电场方向相反，故乙粒子带负电荷，A错误；两粒子在匀强电场中均做类平抛运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qE,2m)t2，E、t、m相等，则x与q成正比，乙粒子的水平分位移比甲粒子大，则乙粒子所带电荷量比甲粒子多，B错误；竖直方向有y＝v0t，相同时间内，乙粒子的竖直分位移小，则乙粒子进入电场时的速度小，而两粒子质量相等，则乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子小，C错误；由动量定理得Δp＝qEt，因E、t相等，甲粒子的电荷量小，则从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小，D正确．
答案：D
4．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,a)）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
5．解析：不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得mghab＝5Ek0－Ek0＝4Ek0，解得hab＝eq \f(4Ek0,mg)，故B错误；不加电场时小球做平抛运动，竖直方向hab＝eq \f(1,2)gt2，水平方向xbc＝v0t，又Ek0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，联立解得xbc＝eq \f(4Ek0,mg)，故C正确；加电场时，根据动能定理得mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得Uac＝eq \f(8Ek0,q)，故D正确；根据U＝Ed得，ac沿电场方向距离为d＝eq \f(Uac,E)＝eq \f(\f(8Ek0,q),\f(2mg,q))＝eq \f(4Ek0,mg)＝xbc，又沿着电场方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故A错误．
答案：CD
6．解析：物块进入电场后，水平方向受到向左的电场力和摩擦力，F电＝Eq＝2μmg>μmg，即在电场区内，小物块水平方向受力不平衡，所以小物块不可能最终静止在电场区内，故A错误；假设物块可以返回A点，设物块在电场中最大位移为x（x≤L），在电场中由静止向左加速，出电场之后，再减速直到速度为零的过程，设出电场区域后向左减速的最大位移为x′，由动能定理得qEx－μmg（x＋x′）＝0－0，解得x′＝x，说明返回过程出电场之后的最大位移总是等于在电场中的最大位移，而在电场中最大位移为L，因此物块可能回到出发点A，故B正确；要使小物块穿过电场区，则穿出时速度大于零，若运动到电场的右边界时速度恰好为零，由动能定理得－2μmgL－qEL＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝2eq \r(2μgL)，故C正确；小物块在穿过电场区域的过程中，电场力和摩擦力做功代数和为W＝－F电L－2μmgL＝－4μmgL，根据功能关系，可知机械能减少3μmgL，故D错误．
答案：BC
7．解析：（1）A和B一起匀加速度运动，由牛顿第二定律qE－μ2mg＝ma，代入数据解得a＝1m/s2.
（2）当B木板与挡板P相碰时速度v2＝2ad
木板B与挡板P撞后停止，物块A继续滑动加速，由牛顿第二定律μ1mg－qE＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
当A恰好滑到挡板P处停止时有v2＝2a1L0
距离关系为d＋L0＝S0
代入得L0＝1m，即木板最小长度为1m.
（3）因为L小于L0，故物块与挡板碰撞，然后原速返回，与木板B共同反向匀减速运动，直到速度为零，再共同加速向右滑动，不断往复，最终A、B都最终停在挡板P处．物块A和木板B间产生的热量Q1＝μ1mgL
木板与水平面间产生热量Q2＝μ2mgS
整个过程由能量守恒定律qES0＝Q1＋Q2
代入数据得S＝2.32m.
答案：（1）1m/s2 （2）1m （3）2.32m
8．解析：由图（b）可看出，甲从静止开始与乙同向运动，根据力与运动的关系说明甲受到了乙的排斥力作用，故两带电小球的电性一定相同，故A正确；由图（b）可看出，甲的速度一直增大，故甲的动能一直增大；乙的速度先沿着原来方向减小，后反向增大，故动能先减小后增大，故B错误；图（b）中图像与时间轴围成的面积表示位移，设甲乙共速时对应时刻为t1，乙的位移x乙>eq \f(2＋6,2)t1＝4t1，甲的位移x甲4x甲，故C正确；从开始运动到甲乙共速时，由图像的面积关系可知，两带电小球之间距离逐渐减小，电场力对系统做负功，系统的电势能增大，甲乙共速之后，两带电小球之间距离逐渐增大，电场力对系统做正功，系统的电势能减小．所以两带电小球速度相等时两球间的电势能最大，故D正确．
答案：ACD
9．解析：（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为v1，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得mg＋qE＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R)，解得v1＝2m/s
竖直方向匀加速运动2R＝eq \f(1,2)（eq \f(mg＋qE,m)）t2
水平方向匀速运动x＝v1t
联立解得x＝0.4m.
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒有mv0＝mv甲＋mv乙
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙))
联立解得v甲＝0，v乙＝v0
由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙))
联立解得v0＝v乙＝eq \r(\f(5（mg＋qE）R,m))＝2eq \r(5)m/s.
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒有Mv0＝MvM＋mvm
根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) ＋eq \f(1,2)mveq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
由以上两式可得vm＝eq \f(2Mv0,M＋m)
M由m增加到无穷大，可得v0≤vm<2v0
设乙球过D点的速度为v′1，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
联立以上两个方程可得2m/s≤v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) <8m/s
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′，则有x′＝v′1t，解得0.4m≤x′<1.6m.
答案：（1）2m/s 0.4m （2）2eq \r(5)m/s （3）0.4m≤x′<1.6m