高考物理一轮总复习第8章静电场课时规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题.docx

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1、课时规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题基础对点练1.(电场的叠加原理与功能关系)如图所示,两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置,O1、O2分别为两细环的圆心,且O1O2=2r,两环分别带有均匀分布的等量异种电荷,电荷量分别为+Q、-Q(Q0)。一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放,静电常量为k,下列说法正确的是()A.O1O2中点处的电场强度为2kQ2r2B.O1O2中点处的电场强度为2kQ4r2C.粒子在O1O2中点处动能最大D.粒子在O2处动能最大2.(多选)(“等效场”在电场中的应用)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd

2、与竖直方向所夹的锐角为45,则下列结论正确的是()A.此液滴带正电B.液滴的加速度等于2gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少3.(带电粒子在交变电场中的运动)(2022四川成都模拟)如图(a),平行金属板A、B间的电压恒为U,B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压,OO是M、N板间的中线,当电压稳定时,板间为匀强电场且电场仅局限于板间。零时刻,紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙;甲在T4时刻沿OO方向进入并在3T4时刻飞离交变电场。设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙,在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。离子重力和

3、离子间的相互作用均不计。则()A.y甲=2y乙B.y甲=y乙C.v甲=v乙D.v甲=4v乙4.(带电粒子在复合场中的运动)(2022江苏南京师大附中模拟)如图所示,在正方形的四个顶点各固定一个点电荷,直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v。则将该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入后,它在以后运动过程中()A.在两负电荷连线中点处速度最大B.将以原点O为中心在x轴上往复运动C.最小速度为3vD.最大速度为6v5.(多选)(力电综合问题)如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a

4、、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为6q,h=2R,重力加速度为g,静电力常量为k,则()A.小球d一定带正电B.小球b的周期为2RqmRkC.小球c的加速度大小为3kq23mR2D.外力F竖直向上,大小等于mg+26kq2R26.(多选)(力电综合问题)(2023陕西西安高三月考)如图所示,xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m,电荷量为+q(q0)的带电粒子,以v0的速度沿AB方向

5、入射,粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为(-3L,0)、(0,2L)、(0,L)。若不计重力与空气阻力,则下列说法正确的是()A.带电粒子由A到C过程中电势能一定增大B.带电粒子由A到C过程中最小速度一定为v03C.匀强电场的电场强度大小为E=mv02qLD.若匀强电场的大小和方向可调节,粒子恰好能沿AB直线方向到达B点,则此状态下电场强度大小为7mv0214qL素养综合练7.(2022河南郑州一模)竖直平面内有水平放置的两金属板AB、CD,相距为d,两极板加上恒定电压U,如图所示。质量为m、电荷量为+q的粒子,从AC中点O处以初动能EkO=32qU进入电

6、场,初速度与水平方向夹角为=30,粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点,M为运动轨迹的最高点,MN与极板垂直。不计粒子重力,则关于粒子的说法正确的是()A.粒子运动到B点时的动能Ek=52qUB.运动轨迹最高点到下极板的距离lMN=78dC.水平方向运动的位移之比lANlNB=12D.若将上极板上移极小一段距离,则粒子将打在B点左侧8.(多选)如图所示,一个“V”形玻璃管ABC倒置于竖直平面内,并处于电场强度大小为E=3102 V/m、方向竖直向下的匀强电场中,一个重力为G=210-2 N、电荷量为q=110-4 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动,小滑块与管壁的动摩擦因数=0.

7、25。已知管长AB=BC=L=1 m,倾角=37,B点处是一段长度忽略不计的很短的光滑圆弧管。sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.B、A两点间的电势差为300 VB.小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C.小滑块运动后第一次速度为零的位置在BC管的中点D.从开始运动到最后静止,小滑块通过的总路程为3 m9.(多选)如图所示,水平放置的两平行金属板与一直流恒压源相连,一带正电的粒子仅在重力和静电力作用下以某一速度沿水平虚线从A匀速运动到B,下列判断正确的是()A.将平行金属板分别以O1、O2为圆心在纸面内顺时针

8、旋转相同角度后,带电粒子仍可能沿水平虚线从A运动到B,电势能减小B.将平行金属板分别以O1、O2为圆心在纸面内逆时针旋转相同角度后,带电粒子仍可能沿水平虚线从A运动到B,电势能减小C.将两板绕过中点O的轴(垂直于纸面)顺时针旋转某一角度,带电粒子动能可能先增大后减小D.将两板绕过中点O的轴(垂直于纸面)逆时针旋转某一角度,带电粒子动能可能先减小后增大10.图甲是近年来兴起的一种静电耳机,图乙是其原理图,A、B为两片平行固定金属薄板,M是位于金属板之间的极薄带电振膜,音频信号加在金属板上,板间将形成随音频信号变化的电场,在静电力作用下振膜振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行

9、板电容器,振膜质量为m且均匀带有+q电荷,其面积与金属板相等,振膜只能沿垂直金属板方向平行移动,不计重力和阻力。(1)当金属板充电至电荷量为Q时,求振膜的加速度a。(2)若两板所加电压信号UAB如图丙所示,在t=0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动,为了使振膜做周期为T的重复运动并且始终不碰到金属板,求电压u1和u2的最大值。答案：课时规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题1.A解析:把圆环上每一个点都看成一个点电荷,则每个点电荷的电荷量为q=Q2r,根据点电荷电场强度公式,有E=kq(2r)2,根据电场的叠加原理,单个圆环在O1O2中点的电场强度为E=kQ2r2cos45,两个圆环的电

10、场强度叠加,有E总=2kQ2r2,故A正确,B错误;带电粒子从O1点开始由静止释放,在粒子从O1向O2运动的过程中,两圆环对粒子的作用力皆向左,可见电场对带电粒子做正功,故粒子在O1O2中点处动能不是最大,故C错误;根据电场叠加原理,在O2左侧电场强度方向先向左后向右,因此粒子到达O2左侧某一点时,速度最大,动能最大,以后向左运动速度开始减小,动能也在减小,故D错误。2.BD解析:带电液滴沿直线运动到d,带电液滴所受重力与静电力的合力一定与其运动方向在同一直线上,对液滴进行受力分析,其受力情况如图所示,则静电力方向一定水平向右,与电场强度方向相反,所以该液滴带负电,A错误;物体所受合力F=2m

11、g,故物体的加速度a=Fm=2g,B正确;由于液滴从静止开始做加速运动,故合力的方向与运动的方向相同,故合力对物体做正功,C错误;由于静电力所做的功W=Eqxbdcos450,故静电力对液滴做正功,液滴的电势能减小,D正确。3.B解析:两离子在电场中加速,则根据动能定理得qU=12mv2,可得v=2qUm,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙,可知两离子离开电场时的速度之比为v甲v乙=21,时间之比为t甲t乙=12,因为甲在T4时刻沿OO方向进入,则乙在T2时刻沿OO方向进入,甲离子在偏转电场中的运动时间为T2,则乙离子在偏转电场中的运动时间为T;甲离子在偏转电场中的加速度为a甲=E4qm

12、,偏转距离为y甲=212a甲T42=qET24m,乙离子在偏转电场中的加速度为a乙=qEm,偏转距离为y乙=212a乙T22=qET24m,则y甲=y乙,由对称性可知,甲、乙两离子飞离偏转电场时沿电场强度方向的速度均为零,则飞离偏转电场时的速度等于进入偏转电场时的速度,即v甲v乙=21,故A、C、D错误,B正确。4.C解析:根据点电荷形成的电场某位置的电势表达式=kQr和电场强度表达式E=kQr2,电势是标量,两个正点电荷和两个负点电荷到O点的距离相等,故O点电势为零。电场强度为矢量,四个点电荷在O点形成的电场强度方向水平沿x轴负方向,故正点电荷在原点O处静止释放时,它将受静电力的作用向x轴负

13、方向加速运动。在两负电荷连线中点处,根据电场强度的矢量叠加可知,该点处的电场方向水平向左,电势不是最低,故正电荷在该位置左侧速度较大,该位置不是速度最大处,A错误;根据点电荷电场强度叠加可知在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧,有一点M,该位置电场强度为0,速度最大,电势最低。将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v,故根据动能定理可知,WOM=12mv2,该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入,无穷远电势为0,从无穷远沿x轴正方向运动到M点,静电力做正功;再由M点到原点O逆着电场线方向运动,静电力做负功,速度减小;根据能量守恒,原点O处与无穷远处电势相等,

14、电势能相等,故正电荷在无穷远处与原点O处的动能相等、速度大小相等。故根据动能定理可知,W-M=WOM=12mvM212m(2v)2,解得vM=5v,同理分析可知,两正电荷连线中点的右侧存在一电势最高、电场强度为0的N点,从原点O运动到N点逆着电场线做减速运动,N点速度最小,从N点到正方向无穷远,静电力做正功,动能增加,速度增大,根据能量守恒可知,正无穷远处速度为2v。故根据动能定理可知WN+=-WON=WOM=12m(2v)2-12mvN2,解得vN=3v,综上所述它在以后运动过程中最大速度为5v,最小速度为3v,该电荷将沿x轴正方向一直运动下去,不做往复运动,故C正确,B、D错误。5.CD解

15、析:a、b、c三小球所带电荷量相同,要使三个小球做匀速圆周运动,d球与a、b、c三小球一定是异种电荷,由于a球的电性未知,所以d球不一定带正电,故A错误。设db连线与水平方向的夹角为,则cos=R2+R2=33,sin=2+R2=63,对b球,根据牛顿第二定律和向心力得k6qq2+R2cos-2kq2(2Rcos30)2cos30=m42T2R=ma,解得T=2Rq3mRk,a=3kq23mR2,则小球c的加速度大小为3kq23mR2,故B错误,C正确。对d球,由平衡条件得F=3k6qq2+R2sin+mg=mg+26kq2R2,故D正确。6.AD解析:带电粒子由A到C过程中静电力一定做负功,

16、电势能增大,A正确;根据题意可知LAB=(3L)2+4L2=7L,由于粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点,则C点的速度最小且沿水平方向,故带电粒子受到的静电力方向一定沿-y方向,将初速度沿竖直方向和水平方向分解,水平方向粒子做匀速直线运动,其速度为vx=v0cosOAB=v03L7L=217v0,竖直方向速度减为零时速度最小,等于水平分速度,所以带电粒子由A到C过程中最小速度为217v0,B错误;根据几何关系可知LOC=L,从A到C根据动能定理可得-qEL=12mvx212mv02,解得匀强电场的大小为E=2mv027qL,C错误;若匀强电场的大小和方向可调节,粒子恰好能沿AB方向到达B点

17、,则电场线方向沿BA方向,根据动能定理可得-qE7L=0-12mv02,解得此状态下电场强度大小为E=7mv0214qL,D正确。7.B8.CD解析:根据匀强电场的电势差计算式可知UBA=ELsin=180V,A错误;小滑块从A点第一次运动到B点过程中,静电力做正功,电势能减小,B错误;小滑块受到竖直向上的静电力F=Eq=310-2N,根据牛顿第二定律可知(Eq-mg)sin37-(Eq-mg)cos37=ma1,解得小滑块开始沿玻璃管加速运动的加速度为a1=2m/s2,在BC段小滑块做匀减速运动,加速度大小(Eq-mg)sin37+(Eq-mg)cos37=ma2,解得a2=4m/s2,所以

18、第一次速度为0的过程中vB2=2a1xAB=2a2x,x=0.5m,C正确;小滑块第一次速度减为零后,又反向向B加速运动,到B后又减速向A运动,这样不断地往复,最后停在B点,根据能量守恒定律,有(Eq-G)Lsin=s(Eq-G)cos,解得s=3m,即小滑块通过的总路程为3m,D正确。9.AD解析:刚开始时粒子做匀速直线运动,mg=qE=qUd,由受力分析可知,粒子在竖直方向上合力为0。如图甲所示,平行金属板顺时针旋转角,则在竖直方向上qUdcos=qUd=mg,所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无关,根据受力分析可知,静电力做正功,粒子的电势能逐渐减少,粒子做匀加速直线运动,故A正确;同

19、理,若平行金属板逆时针旋转角,则粒子电势能逐渐增加,粒子做匀减速直线运动,故B错误;将两板绕过中点O的轴(垂直于纸面)顺时针旋转,如图乙所示,静电力大小不变,其合力方向与初速度v0方向成锐角,做类斜下抛运动,动能将增大,故C错误;将两板绕过中点O的轴(垂直于纸面)逆时针旋转,如图丙所示,静电力大小不变,其合力方向与初速度v0成钝角,动能将先减小后增大,故D正确。10.答案:(1)qQCdm(2)12d2mqT236d2mqT2解析:(1)由C=QU可知金属板间的电压为U=QC又因为E=Ud且F=qE故其所受的静电力F=Uqd根据牛顿第二定律,有a=Fm=Uqdm=qQCdm。(2)u1为正向,A板电势高于B板电势,振膜向右运动,如果一直做往复运动且不和金属板发生碰撞,则振膜在一个周期内的总位移应该为零,设u2的电压为u1的n倍,则有212T4+1nT4v=2(n-1)12n-1nT4v解得n=3a1=qU1dm不碰金属板,即12a1T4T4+T12d2解得u112d2mqT2则由两个电压的关系可得u236d2mqT2。