高考物理课时跟踪检测（二十五）带电粒子在电场中运动的综合问题.docx

课时跟踪检测（二十五） 带电粒子在电场中运动的综合问题A卷基础保分专练1(2019日照模拟)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A减小墨汁微粒的质量B增大墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度解析：选D根据偏转距离公式y可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，D正确。2(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球()A重力做功为5 JB电势能减少2 JC空气阻力做功0.5 J D动能减少3.5 J解析：选BD小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。3(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t0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，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B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零解析：选CD设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a可知，a22a1，设带电粒子开始时向负方向运动，可见，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0，设带电粒子开始时向负方向运动，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。4(多选) (2018佛山模拟)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为()A3v B4vC5v D6v解析：选AC若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mgkv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：qmgkv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有qmgkv，联立解得v3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有qmgkv，联立解得v5v，C正确。5.(多选)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角37(sin 370.6，cos 370.8)，则()A小球带负电B匀强电场电场强度的大小为C电场中A、B两点的电势差为D当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为解析：选BD小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37，解得E，B正确；电场中A、B两点的电势差为UABEdEL(1sin )，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos UABqmvB20，解得vB，D正确。6(多选) (2018石家庄六校联考)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0 B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd D克服电场力做功为mgd解析：选BC因0内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律得2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。7.虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是()A粒子一定带负电B粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C粒子在A点的动能大于在C点的动能DA点的场强小于C点的场强解析：选C电场线和等势线垂直且由高电势的等势线指向低电势的等势线，可知题图中电场线方向应垂直于等势线大体指向左侧，带电粒子所受的电场力沿电场线指向曲线内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故A错误；从A到C过程中，电场力做负功，电势能增加，则粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；粒子运动过程中只有电场力做功，且电场力做负功，根据动能定理得知动能减小，故粒子在A点动能较大，故C正确；A点等差等势线密，电场线也密，所以A点的电场强度大于C点的，故D错误。8. (2019南昌模拟)如图所示，A、B、C是点电荷Q形成的电场中的三点，BC是以Q为圆心的一段圆弧。UAB10 V，正点电荷q沿ABC移动，则()A点电荷Q带正电B沿BC运动时电场力做正功CB点的电场强度与C点的相等Dq在A点时具有的电势能比在C点时的大解析：选DUAB10 V，所以A点电势高，此点电荷Q为负电荷，A错误；BC在同一圆弧上，B、C电势相等，沿BC运动，电场力不做功，B错误；由E可知B、C两点的电场强度大小相等、方向不同，C错误；因为AC，由Epq可知，正点电荷q在A点的电势能比在C点时的大，D正确。9.在光滑的绝缘水平面上，相隔2L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷，a、O、b是A、B连线上的三点，O为中点，OaOb。一质量为m、电荷量为q的试探电荷以初速度v0从a点出发沿A、B连线向B运动，在运动过程中，除静电力外，试探电荷受到一个大小恒定的阻力作用，当它运动到O点时，动能为初动能的2倍，到b点时速度刚好为零。已知静电力常量为k，设O处电势为零，求：(1)a点的场强大小；(2)恒定阻力的大小；(3)a点的电势。解析：(1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：Ea。(2)根据等量同种电荷的电场特点可知，关于O点对称的a、b两点的电势是相等的，所以从a到b，由动能定理得0fL0mv02，可求得：f。(3)从a到O静电力与阻力做功，根据动能定理得qUaOfL2mv02mv02解得UaO，a。答案：(1)(2)(3)10.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1mvx2进入偏转电场后Lvxt，vyat，a射出偏转电场时合速度v，由以上各式得Ekmv2eU1。答案：eU111(2019天津调研)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k，电子在02t时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。解析：电子在0t时间内做匀加速运动加速度的大小a1位移x1a1t2在t2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1t匀减速运动阶段的位移x2依据题意dx1x2，解得d 。答案：d B卷重难增分专练1.一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示。图中一组平行实线是电场线，则下列说法正确的是()Aa点的电势比b点高B电子在a点的加速度方向向右C电子从a点到b点动能减小D电子从a点到b点电势能增加解析：选B根据电子的运动轨迹可知，电子受到的电场力向右，因此可知电场线的方向向左，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点低，所以A错误。由A项分析可知，电子受到的电场力向右，所以电子在a点的加速度方向向右，所以B正确。从a点到b点的过程中，电场力做正功，所以电子从a点到b点动能增加，所以C错误。电场力做正功，电势能减小，所以电子从a点到b点电势能减小，所以D错误。2. (多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两个质量相等的带电小球a、b(可以看成质点)。将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点。从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是()A它们的运动时间tatbB它们的电荷量之比qaqb21C它们的电势能减少量之比EpaEpb41D它们的动能增加量之比EkaEkb41解析：选BC两小球由同一高度释放，打在同一点，故竖直方向位移相同；在竖直方向上做自由落体运动，故两小球运动时间相同，A错误。在水平方向，sa2sb，由于时间相同，所以水平方向的加速度aa2ab，由EqFma知它们的电荷量之比为21，B正确。电势能的减少量之比为电场力做的功之比，a球所受电场力和水平位移均为b球的两倍，所以它们电势能的减少量之比为41，C正确。动能的增加量等于合外力做的功，合外力对a球做的功不是对b球做功的4倍，D错误。3. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为，不计空气阻力，下列说法正确的是()A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vmin B若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在CBD圆弧上往复运动D若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆周到达B点解析：选AB小球的平衡位置位于BC的中点，运动过程中，速度最小的点位于AD的中点，设该点为F，要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，在F点有mg，解得最小速度为vmin，A正确；运动过程中，电场力做的功等于小球机械能的增量，运动到B点，电场力做正功最多，所以小球在B点机械能最大，B正确；若将小球在A点由静止开始释放，假如能到达D点，由动能定理：mgREqRmvD2，解得vD0，而小球要想沿圆周运动到D点，在D点必须要有速度，实际上，小球在A点由静止释放后，先做匀加速直线运动，再沿圆弧运动，所以C错误；小球要想沿圆周运动到B点，必须能过F点，由A到F应用动能定理：mgLEqLmvmin2mvA2，则vA，D错误。4. (2019绵阳模拟)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角60，重力加速度为g。(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小Fmgtan 60mg。(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有m，解得v。在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有mgr(1cos 60)Frsin 60mv02mv2，解得v02。答案：(1)mg(2)25如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，可以认为电压是不变的)(1)在t0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0mv2经电场偏转后侧移量yat22所以y。由题图知t0.06 s时刻u1.8U0，所以y4.5 cm设打在荧光屏上的点距O点的距离为Y，满足所以Y13.5 cm。(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm。答案：(1)O点上方13.5 cm处(2)30 cm6. (2019宝鸡调研)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为M、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。(1)求该电场的电场强度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。解析：(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则它们进入电场时水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等。进入电场前，水平方向Lv0t1竖直方向下落的距离dgt12进入电场时竖直速度vy1gt1进入电场后，水平方向Lv0t2故t1t2t设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：dvy1tat2解得：a3g由牛顿第二定律得：Eqmgma解得：E。(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2vy1atEqmgmam(v02vy22)8m(v02vy12)解得：v0。(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为yMvy1tat2N的竖直位移为yNvy1tat2yMyNL解得：v02。答