高考物理一轮复习专题突破练习8带电粒子(带电体)在电场中的综合问题含答案

这是一份高考物理一轮复习专题突破练习8带电粒子(带电体)在电场中的综合问题含答案，共13页。
1．(多选)如图所示，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则( )
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时细线的拉力最大
D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加
2．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是( )
甲 乙
A B
C D
3．(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m的小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则( )
A．小球在最高点的速度大小为eq \r(g)L
B．当小球运动到最高点时电势能最小
C．小球运动到最低点时，机械能最大
D．小球运动到最低点时，动能为eq \f(5,2)(mg＋qE)L
4．(多选)(2022·四川乐山市高三调研)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度E＝eq \f(mgtan θ,q)
B．小球动能的最小值为Ek＝eq \f(mgL,2cs θ)
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
5．(2022·江苏如皋中学模拟)如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为3×106 V/m。有一质量为0.12 kg、电荷量为1.6×10－6 C、带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：
(1)小球在A点处的速度大小；
(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力。
6．如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：
甲 乙
(1)粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；
(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；
(3)A、B两板间距的最小值。
7．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动中没与极板相碰，不计重力，则( )
甲 乙
A．φ1∶φ2＝1∶2
B．φ1∶φ2＝1∶4
C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大
D．在0～2T内，电子的电势能减小了eq \f(2e2T2φ\\al(2,1),md2)
8．(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝eq \f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则( )
甲 乙
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为eq \f(mv\\al(2,0),2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为eq \f(1,8)d
D．在t＝eq \f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
9．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C 的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间(取2位有效数字)。
10．如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电电荷量为q，小球B带负电电荷量为－2q，开始时两小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零。
(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；
(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。
专题突破练习(八)
1．BD [小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。]
2．AD [在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝eq \f(U0e,d)，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个eq \f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq \f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq \f(T,4)内反向做匀加速直线运动，在第四个eq \f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以a­t图像应如题图D所示，v­t图像应如题图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，所以x­t图像应是曲线，B错误。]
3．CD [小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，则有mg＋Eq＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(\f(mg＋Eq,m)L)，故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C正确；从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得Ek－eq \f(1,2)mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝eq \f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正确。]
4．AB [
小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mgtan θ，解得E＝eq \f(mgtan θ,q)，A正确。小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有eq \f(mg,cs θ)＝meq \f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs θ)，B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，C错误。小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，若逆时针转动，则电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小；若顺时针转动，则电场力先做负功，后做正功，再做负功，则其电势能先增大后减小，再增大，D错误。]
5．解析：(1)重力G＝mg＝0.12×10 N＝1.2 N
电场力F＝qE＝1.6×10－6×3×106 N＝4.8 N
在A点，有qE－mg＝meq \f(v\\al(2,1),R)
代入数据解得v1＝6 m/s。
(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有(qE－mg)·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有
FN＋mg－qE＝meq \f(v\\al(2,2),R)
由牛顿第三定律有FN′＝FN
代入数据解得FN′＝21.6 N。
答案：(1)6 m/s (2)21.6 N
6．解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度
在C、D间，由动能定理有qU2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2qU2,m))。
(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，竖直方向的位移也为0，若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝Teq \r(\f(2qU2,m))。
(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d
则有eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4))) eq \s\up10(2)×2＝eq \f(d,2)
解得d＝eq \f(T,2)eq \r(\f(qU1,2m))。
答案：(1)eq \r(\f(2qU2,m)) (2)Teq \r(\f(2qU2,m))
(3)eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))
7．D [0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝eq \f(φ1,d)，电子以a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eφ1,md)向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1＝eq \f(1,2)a1T2，速度v1＝a1T；T～2T内平行板间电场强度E2＝eq \f(φ2,d)，加速度a2＝eq \f(eφ2,md)，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－eq \f(1,2)a2T2,2T时刻回到P点，则x1＋x2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A、B错误；0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－eq \f(2eTφ1,md)(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(2e2T2φ\\al(2,1),md2)，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。]
8．AD [粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为eq \f(2d,v0)＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于v0，选项A正确；由上述分析知，eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)·eq \f(U0q,dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,v0))) eq \s\up10(2)，解得q＝eq \f(mv\\al(2,0),U0)，选项B错误；粒子在静电力作用下的加速度大小a＝eq \f(U0q,dm)＝eq \f(v\\al(2,0),d)，t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，先在竖直方向上向下加速eq \f(3T,8)，再在竖直方向上向下减速eq \f(3T,8)，然后反向向上加速eq \f(T,8)，最后再向上减速eq \f(T,8)，离开电场时在竖直方向的位移大小为d′＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3T,8))) eq \s\up10(2)－2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,8))) eq \s\up10(2)＝eq \f(1,8)aT2＝eq \f(1,2)d，选项C错误；t＝eq \f(1,4)T时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(1,4)T，然后向下减速eq \f(1,4)T，再向上加速eq \f(1,4)T，最后向上减速eq \f(1,4)T，由对称性可知，此时竖直方向位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。]
9．解析：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a＝eq \f(F－μmg,m)＝12 m/s2
小物体到达C点的过程中有：v2＝2aL0
代入数据解得：v＝12 m/s。
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a1＝eq \f(|q|E＋μmg,m)＝12 m/s2
小物体向右运动的时间：t1＝eq \f(v,a1)＝1.0 s
小物体向右运动的位移：x1＝eq \f(v,2)t1＝6.0 m
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2＝eq \f(|q|E－μmg,m)＝4 m/s2
小物体在电场中向左运动的时间为：t2＝eq \r(\f(2x1,a2))＝eq \r(3) s
小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋eq \r(3)) s≈2.7 s。
答案：(1)12 m/s (2)2.7 s
10．解析：(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB，
系统的动能减小量
ΔEk＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能
Ep＝ΔEk＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
联立得Ep＝－6mveq \\al(2,A)＋9mv0vA－3mveq \\al(2,0)。
当vA＝eq \f(3,4)v0时，系统的电势能取得最大值，得
vA＝vB＝eq \f(3,4)v0，
即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmax＝eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)。
(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为
Ekmin＝Ek0－Epmax＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,0)－eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)＝eq \f(9,8)mveq \\al(2,0)，
由于Ekmin>Epmax，
所以在两球间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，
在这一过程中两种能量的比值的取值范围为
0≤eq \f(Ep,Ek)≤eq \f(Epmax,Ekmin)＝eq \f(1,3)。
答案：(1)证明见解析 eq \f(3,8)mveq \\al(2,0) (2)证明见解析 0≤eq \f(Ep,Ek)≤eq \f(1,3)