高考物理一轮复习-第4讲-带电粒子在电场中运动的力、电综合问题

授课提示：对应学生用书第341页[A组基础巩固练]热点一带电粒子在交变电场中的运动1．示波管如图甲所示，如果在Y、Y′之间加如图乙所示的交变电压，同时在X、X′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X′高，则在荧光屏上会看到的图形为()解析：因XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电极上加的待显示的信号电压的周期相同，则在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象，则显示的图形如图C所示。答案：C2．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势φA＝0，B板电势φB随时间t变化的规律如图乙所示。现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，下列说法正确的是()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝eq\f(T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t＝eq\f(3T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝eq\f(T,2)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动解析：若电子是在t＝0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；若电子是在t＝eq\f(T,8)时刻进入的，一个周期内：在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)内，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在eq\f(T,2)～eq\f(7T,8)内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，eq\f(7T,8)时刻速度为零，在eq\f(7T,8)～T内，电子向A板做加速运动，在T～eq\f(9T,8)内，电子向A板做减速运动，在eq\f(9T,8)时刻速度减为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确；若电子是在t＝eq\f(3T,8)时刻进入的，与在t＝eq\f(T,8)时刻进入时的情况相似，在运动一个周期的时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向下，最后穿过A板，故C错误；若电子是在t＝eq\f(T,2)时刻进入的，此时电场已经反向，电子受到的电场力向下，由题目可知，电子的初速度忽略不计，所以电子无法进入两板间，故D错误。答案：AB热点二带电体在电场、重力场中的运动3．(多选)(2022·广东汕头七校联考)如图所示，绝缘的斜面处在一个水平向右的匀强电场中，一个带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，克服电场力做的功为0.5J，重力势能减少了1.5J，则以下说法正确的是()A．金属块带正电荷B．电势能减少0.5JC．金属块克服摩擦力做功0.7JD．金属块的机械能减少1.2J解析：在下滑过程中金属块克服电场力做的功为0.5J，电势能增加0.5J，故金属块带负电，故A、B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力势能减少了1.5J，故重力做功1.5J，电场力做功－0.5J，根据动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正确；外力做功W外＝W电＋Wf＝－1.2J，所以机械能减少1.2J，故D正确。答案：CD4．(多选)(2022·吉林省实验中学模拟)如图所示，在直角坐标系xOy的第Ⅰ象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5×103N/C。一个可视为质点的带电小球在t＝0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t＝0时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2，则以下说法正确的是()A．小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定减小C．小球的初速度是0.60m/sD．小球的比荷是1×10－3C/kg解析：在竖直方向上，由Δy＝aT2得，a＝eq\f(Δy,T2)＝eq\f(5×10－2,0.12)m/s2＝5m/s2<g，说明电场力方向竖直向上，小球从a运动到d的过程中，电场力做负功，则其电势能一定增大，故A错误；电场力做负功，则小球的机械能一定减小，故B正确；在水平方向上，小球做匀速直线运动，则有v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(18×10－2,0.3)m/s＝0.6m/s，故C正确；由牛顿第二定律得：mg－qE＝ma，得eq\f(q,m)＝eq\f(g－a,E)＝eq\f(5,5×103)C/kg＝1×10－3C/kg，故D正确。答案：BCD[B组综合提能练]5．(多选)(2022·苏锡常镇四市模拟)如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一个带正电的小球在油中A处由静止释放后竖直下落，已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，M和N是小球下落过程中经过的两个位置。在此过程中，小球()A．在AB段的加速度大小逐渐增大B．在N点的机械能比M点的小C．机械能和电势能的总量保持不变D．机械能的变化量大于电势能的变化量解析：小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必然在减小，即在AB段的加速度大小逐渐减小，故A错误；由于下落过程中，电场力和油的阻力始终做负功，导致小球的机械能减小，故B正确；下落过程中，油的阻力也会做功，导致部分机械能转化为内能，使机械能和电势能的总量减少，故C错误；下落过程中，小球的机械能不断减小，转化为电势能和内能，所以机械能的减少量大于电势能的增加量，故D正确。答案：BD6．(多选)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。t＝0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～eq\f(T,3)时间内微粒做匀速运动，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。下列关于微粒在0～T时间内运动的描述正确的是()A．末速度大小为eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgdD．克服电场力做功为mgd解析：因0～eq\f(T,3)时间内，微粒做匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，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ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确。从射入到射出，由动能定理eq\f(1,2)mgd－W电＝0可知，克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误。答案：BC7.(2022·安徽蚌埠质检)如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于水平方向的匀强电场中，轨道半径为R。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球(可视为质点)在轨道内侧的P点处于静止状态，过P点的轨道半径与竖直方向的夹角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。某时刻，沿轨道切线方向给小球一大小为v的速度，使小球能沿轨道做完整的圆周运动。(1)求电场强度的大小；(2)求小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小；(3)设P点的电势为零，求小球在运动过程中的最大电势能和最小动能。解析：(1)小球在P点受到重力mg、电场力qE和轨道的支持力FN作用，处于平衡状态，如图所示，则mgtanθ＝qE解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)小球做圆周运动，在P点受到重力mg、电场力qE及轨道的支持力FN的作用，合力提供向心力，有FN－mgcosθ－qEsinθ＝eq\f(mv2,R)解得FN＝eq\f(5,4)mg＋eq\f(mv2,R)根据牛顿第三定律，可得小球通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝eq\f(5,4)mg＋eq\f(mv2,R)。(3)轨道上M点(M与轨道圆心O等高)的电势最高，小球在该点的电势能最大设为Ep，由电场力做功与电势能的关系得－qER(1＋sinθ)＝0－Ep解得Ep＝eq\f(6,5)mgR小球运动到Q点(PQ为轨道直径)时动能最小，设小球最小动能为Ek，由动能定理得－eq\f(mg,cosθ)·2R＝Ek－eq\f(1,2)mv2解得Ek＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(5,2)mgR。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(5,4)mg＋eq\f(mv2,R)(3)eq\f(6,5)mgReq\f(1,2)mv2－eq\f(5,2)mgR8．(2022·云南昆明模拟)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面AB与光滑半圆弧BC在B点相切，圆弧BC的圆心为O，半径R＝0.4m，整个空间存在方向水平向右的匀强电场，电场强度E＝3.0×103N/C。一个质量m1＝1kg、带电量q＝＋3×10－3C的滑块P由A端从静止开始沿绝缘的斜面向上运动，另一个不带电、质量m2＝0.2kg的滑块Q最初固定于B点，斜面AB长度l＝15m。当滑块P运动到B点前一瞬间，将滑块Q由静止释放，两者碰撞后粘在一起运动，两滑块均可视为质点，碰撞时间极短，碰撞过程中总电量保持不变，g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)滑块P运动到B点与滑块Q碰撞前的速度大小；(2)滑块P、Q粘在一起后，运动到C点时的速度大小；(3)滑块离开C点后第一次落回斜面AB的落点与B点间的距离。解析：(1)对于滑块P从A到B，由动能定理得：qEd－m1gh＝eq\f(1,2)m1v2其中d＝lcosθ＝15×cos37°m＝12mh＝lsinθ＝15×sin37°m＝9m解得v＝6m/s。(2)P、Q碰撞，由动量守恒得：(m1＋m2)v共＝m1v解得v共＝5m/s对于整体从B到C由动能定理得：－qE·2Rsin37°－(m1＋m2)g·2Rcos37°＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)解得vC＝eq\r(5)m/s。(3)对滑块PQ这个整体，受到电场力和重力，设重力和电场