高三二轮复习试题物理专题分层突破练7电场带电粒子在电场中的运动

7.电场带电粒子在电场中的运动选择题:1~5题每小题3分,7~9题每小题3分,共24分基础巩固练1.(2025云南卷)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为2V、1V、1V、2V的等势线上,则()A.a、b、c、d中a点电场强度最小B.a、b、c、d中d点电场强度最大C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eVD.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV2.(2025山东济宁二模)一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示,取O点的电势为零,则该电场中N点到P点的电势φ随位置x变化的图像可能是()3.(2024贵州卷)如图所示,A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上,直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,则qAqB等于A.13 B.C.3 D.24.(2025北京西城二模)如图所示,电荷量为q的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心,垂线上的A、B两点到薄板的距离均为d。已知A点的电场强度为0,下列说法正确的是()A.薄板带正电B.B点电势高于A点电势C.B点电场强度的方向向右D.B点电场强度的大小为kq5.(多选)(2025湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是()A.OA中点的电势为零B.电场的方向与x轴正方向成60°角C.电场强度的大小为2D.电场强度的大小为26.(6分)(2025江苏卷)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:(1)a运动到最高点的时间t;(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。综合提升练7.(2025安徽马鞍山二模)如图所示,空间存在沿x轴方向的电场,x轴正方向为电场强度正方向,原点O到x=x1间的图线为直线,x轴上下方图像与x轴围成的面积相等。一个电荷量绝对值为q的粒子在O点由静止释放,一段时间后运动到x3处,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.该粒子带负电B.x1处的电势低于x3处的电势C.粒子在x1处的动能为qE0x1D.O点到x2之间的电势差等于x2到x3之间的电势差8.(2025甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线),极板长度为l、间距为d,U2t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是()甲乙A.U2的最大值Um=d2lB.当U2=±Um且L=(a-dC.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A和B点9.(2025浙江温州三模)如图所示,A、B两小球带同种电荷,在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上,相距为d。撤去外力的瞬间,A球加速度大小为a,两球运动一段时间,B球加速度大小为a3,速度大小为v。已知A球质量为3m,B球质量为m,两小球均可视为点电荷,不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内(A.B球运动的距离为2dB.库仑力对A球的冲量大小为13C.库仑力对A球做功为118mvD.两球组成的系统电势能减少了23mv10.(8分)(2025陕西西安模拟)如图所示,与水平面成30°角的绝缘细杆AD穿过一固定均匀带电圆环,并垂直圆环所在平面,细杆与平面的交点为圆环的圆心O。一套在细杆上的小球从A点以某一初速度向上运动,恰能到达D点。已知绝缘细杆与小球间的动摩擦因数μ=36,圆环半径为L、所带电荷量为+Q,小球的质量为m、所带电荷量为+q,lAB=lBO=lOC=lCD=L,静电力常量为k,重力加速度大小为g。求(1)圆环在C点产生的电场的电场强度大小;(2)小球在A点时的速度大小。11.(10分)(2025东北三省联考)如图所示,在坐标系xOy中,x轴水平向右,y轴竖直向下,在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球的质量为m,从足够高的原点O沿x轴正向水平抛出,从A点进入电场区域时速度与水平方向夹角θ=30°,最后从C点离开电场区域,其运动的轨迹如图所示,B点是小球在电场中向右运动的最远点,B点的横坐标xB=3L。小球可视为质点,电荷量始终不变,重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)小球在OA段与在AB段运动的时间之比;(2)小球从原点O抛出时的初速度大小;(3)小球过B点时的动能;(4)小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。培优拔高练12.(12分)研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图如图所示。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求:(1)颗粒碰撞前的电荷量q。(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。

参考答案1.C解析在电场中,等差等势线的疏密可以表示电场强度的大小,由题图可知,a点电场强度最大,c点最小,A、B错误;电子从b点移动到c点,Wbc=e(φbφc)=2eV,C正确;电子从a点移动到d点,Wad=e(φaφd)=4eV,电场力做正功,电势能减少4eV,D错误。2.C解析由Ex图像可知从N点到P点电场强度先增大后减小,且都为正值,根据E=Ud=ΔφΔx可知,电势φ随位置x变化的图像的斜率表示电场强度,可知φx图像的斜率从N点到P点先变大后变小且斜率正负不变。O点电场强度最大,则φx图像在O点的斜率最大3.B解析根据题意可知两点电荷为异种电荷,假设A点所处点电荷带正电、B点所处点电荷带负电,两点电荷在C点产生的电场如图所示,设圆的半径为r,根据几何关系可得lAC=r,lBC=3r,tan60°=EAEB,同时有EA=kqAlAC2,EB=4.B解析正点电荷在A点形成的电场的电场强度大小为E1=kq9d2,方向向左;因A点电场强度为零,故薄板在A点形成的电场的方向向右,薄板带负电,薄板在A点形成的电场的电场强度大小也为kq9d2,A错误。由对称性可知,薄板在B点形成的电场的电场强度大小也为kq9d2,方向向左;正点电荷在B点形成的电场的电场强度大小为kqd2,方向向左,所以B点处的电场强度E2=kq9d2+kqd25.AD解析根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=Epq、φA=Epq、φB=Ep2q,则OA中点的电势为φM=φO+φA2=0,故A正确;如图所示,设N点为AB的三等分点,同理可知N点电势为0,连接MN,则MN为一条等势线,过A点作MN的垂线,可知电场线沿该垂线方向指向右下方,由几何关系可知,∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故6.答案(1)mv0sin解析(1)带电粒子在匀强电场中受到竖直向下的电场力作用,做类斜抛运动,则带电粒子在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做加速度大小为a1的匀变速直线运动。由牛顿第二定律可得qE=ma1由运动学公式可得0=v0sinθa1t联立解得t=mv(2)在水平方向上,a、b均以速度v0cosθ做匀速直线运动,在任何时刻,a、b均在同一竖直线上。规定竖直向下为正方向,则b以初速度v0sinθ、加速度a1做竖直向下的匀加速直线运动a运动到最高点时a在竖直方向上的位移大小ya=v0sinθ·t12a1tb在竖直方向上的位移大小yb=v0sinθ·t+12a1t又H=ya+yb解得H=2m7.B解析粒子在O点由静止释放,一段时间后运动到x3处,可知粒子在O点处受到的电场力沿x轴正方向,与电场强度方向相同,故该粒子带正电,A错误;由题意可知x轴上下方图像与x轴围成的面积相等,根据U=Ed可知,O点到x2之间电势差绝对值等于x2到x3之间电势差绝对值,根据沿电场方向电势降低可知O点到x2之间电势差为正值,x2到x3之间电势差为负值,则O点到x2之间电势差等于x3到x2之间电势差,即O点电势等于x3处电势,又x1处的电势低于O点电势,所以x1处的电势低于x3处的电势,B正确,D错误;从O点到x1处,Ex图线与横轴所围的面积表示O点到x1处电势差,则有UOx1=E0x12,从O点到x1处,由动能定理得qUOx1=q·E0x12=Ek0,解得粒子在x8.B解析离子在加速电场中被加速时有U1q=12mv02,在偏转电场中做类平抛运动,则l=v0t,d2=12·Umqdmt2,解得Um=2d2l2U1,故A错误;当U2=±Um时,离子从板的边缘射出,恰能打到样品边缘时,有d2a2=l2l2+L,解得L=(a-d)l2d,故B正确;根据y=12·Umqdm9.D解析撤去外力的瞬间,对A,由牛顿第二定律有a=kqAqB3md2,两球运动一段时间,对B,由牛顿第二定律有a3=kqAqBmx2,联立解得此时A、B两球间距x=3d,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律有3mvAmvB=0,整理得3mxAtmxBt=0,因为xA+xB=3d,联立解得xB=94d,vA=v3,在该段时间内,A球的速度由0变为v3,由动量定理可得库仑力对A球的冲量大小为IA=3mvA10=mv,A、B错误;在该段时间内,对A,由动能定理有WA=12×3mvA2=16mv2,在该段时间内10.答案(1)2kQ4L解析(1)根据题意可知,圆环上电荷分布均匀,取环上一点,设其电荷量为Q1,该点到C点的距离为d=L2圆环上某点和C点的连线与细杆的夹角为θ,如图所示。由几何关系得cosθ=L解得θ=45°Q1在C点产生的电场的电场强度为E1=kQ以O点为坐标原点,OC方向为正方向建立x轴,Q1在C点产生的电场的电场强度在x轴方向的分量为E1x=E1cosθ=2同理,圆环上某点的对称点(Q1'=Q1)在C点产生的电场的电场强度在x轴方向的分量为E1x'=2因此圆环上沿垂直于细杆方向的合电场强度为零,设圆环上有n个Q1点,则电荷量nQ1=Q则圆环在C点产生的电场的电场强度大小为EC=nE1x=2kQ(2)根据题意,由对称性可知,小球从A点运动到D点过程中,电场力做功为零,由动能定理有mg·4Lsin30°μmgcos30°·4L=01解得vA=6gL11.答案(1)1∶1(2)2(3)433mgL(4)1解析(1)设小球初速度为v0,从O点到A点,小球做平抛运动,水平方向上有2L=v0tOA小球从A点运动到B点,在水平方向做匀减速直线运动,在B点时水平方向的速度为0,由运动学公式得L=v02解得tOA=tAB即tOA∶tAB=1∶1。(2)小球从O点到A点,竖直方向上有vAy=gtOA又tanθ=v联立解得v0=23(3)由以上分析可知小球过B点时vBx=0则小球在B点的动能EkB=1又vBy=2gtOA=2vAy联立解得EkB=433(4)小球从O点到A点和从A点到B点过程,根据运动学公式有v0=axtAB,又gtOA=33v得小球在电场中水平方向的加速度ax=3gF合与水平方向夹角为30°,vA与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系将vA分解到x'、y'上,小球在x'方向上做匀速直线运动,在y'方向上做类竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=1而vAx'=vAcos30°=v0解得Ekmin=1小球在电场中运动过C点时动能最大,根据运动的分解有vCx=v0,vCy=3vAyEkmax=12m[v02+(3v0tanθ)2]=联立可得Ekmin∶Ekmax=1∶4。12.答案(1)mgdlhU(2)(3)mgl2h+4k2mghll解析(1)由题意可知匀强电场的电场强度E=U甲对颗粒进行受力分析如图甲所示,则可得Eq故q=mgdlhU(2)对颗粒第一次碰撞前的状态进行分析可得vy2=vx2=a=Eq解得水平分速度vx=2gl竖直分速度vy=2gh,颗粒第一次碰撞后的水平分速度vx'=vx,方向向右竖直分速度vy'=k