第9章　静电场第5讲　专题提升带电粒子在电场中运动的综合问题_4.2025物理总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025人教版新教材物理高考第一轮基础练（完结）

2025人教版新教材物理高考第一轮 第 5 讲专题提升 : 带电粒子在电场中运动的综合问题 基础对点练 题组一 等效法在电场中的应用 1.(多选)(2022全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的 小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和静电力的大小相等,重力势能和电 势能的零点均取在P点。则射出后,( ) A.小球的动能最小时,其电势能最大 B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量 2.(多选)(2024安徽安庆模拟)如图所示,AC是圆O的一条水平直径,BD是竖直方向的另外 一条直径,M点是圆上的点,OM连线与OC的夹角为60°,该圆处于方向与圆面平行的匀强 电场中。将电荷量为q、质量为m的带正电油滴从圆心O点以相同的初动能E 射出,射 k0 出方向不同时,油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中,经过C点时油滴的动能最小 E 2mg 且为 k0,已知重力加速度的大小为g,匀强电场的电场强度E= ,则( ) 4 q A.电场线与MO垂直且B点电势高于C点电势 4-√3 B.油滴经过B点时的动能为 E k0 4 7 C.油滴经过A点时的动能为 E k0 4 5 D.油滴经过CD连线中点时的动能为 E k0 8 题组二 带电粒子在交变电场中的运动 3.(多选)(2023浙江三模)如图所示,电子枪产生初速度为零的电子经过 U =100 V的电场加 0 速,沿中间进入平行板电容器,板间电压u=400sin 2πt V,板长L和板间距离d均为10 cm, 距板右侧D=5 cm处有一竖直圆筒,圆筒外侧粘贴涂有感光材料的荧光纸,圆筒以角速度 ω=4π rad/s转动,不计电子通过平行板时极板上电压的变化,电子打到荧光纸上留下印迹,然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并展开,剪开位置不同,得到的图像形状也不同,下列 图像可能正确的是( ) 4.有一种电子仪器叫作示波器,可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部 件是示波管,图甲是它的原理图。在偏转电极YY'上加上图乙所示的扫描电压,偏转电极 XX'之间没有加电压,此时示波管的原理图简化成如图丙所示。电子从灯丝 K发出(初速 度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U 加速,从A板中心孔沿中心线KO(O为荧光屏 1 的中心)射出,然后进入两块平行金属板 M、N形成的YY'偏转电场中。电子进入金属板 M、N间时的速度与电场方向垂直,电子经过偏转电场后打在荧光屏上的 P点(图中未画 出)。已知M、N两板间的最大电压为U ,两板间的距离为d,板长为l ,荧光屏到MN极板 2 1 右端距离为l 。电子的质量为m,电荷量为e,不考虑电子受到的重力及电子间相互作用力 2 的影响。 甲 乙丙 (1)求电子穿过A板时的速度大小。 (2)每个电子穿过偏转电场的时间极短,可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的,偏 转电场可看作匀强电场。在t=0.15 s时刻进入偏转电场的电子打在屏上P位置,求OP长。 (3)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决第(2)问时忽略了每个电子 穿过电场过程中两极板间电压的变化,请结合下列数据分析说明其原因。已知 l =4.0×10-2 1 e m,电子的比荷 =1.76×1011 C/kg,U =1 375 V。 1 m 题组三 电场中的力电综合问题 5.(多选)如图所示,光滑绝缘水平地面上有一水平绝缘轻弹簧左端固定,右端与一质量为 m、电荷量为+q(q>0)的滑块P(可视作质点)连接,沿水平方向建立x轴,沿x轴加一水平方 向电场(图中未画出),x轴上的电势φ随位置x的变化关系如图所示。滑块从弹簧原长处 静止释放(未超出弹性限度),沿x轴正方向运动直至速度为零的过程中( )A.电场的电势越来越低,电场强度越来越小 B.滑块的加速度先增大后减小 C.当滑块的速度最大时,弹簧弹性势能与滑块动能之和最大 D.滑块克服弹力做的功等于电势能的减少量 6.(多选)(2022海南卷)如图甲所示,带正电3×10-5 C的物块A放在水平桌面上,利用细绳通 过光滑的滑轮与物块B相连,A处在匀强电场中,E=4×105 N/C,从O开始,A与桌面的动摩 擦因数μ随x的变化如图乙所示,取O点电势能为零,A、B质量均为1 kg,重力加速度g取 10 m/s2,B离滑轮的距离足够长,则( ) A.它们运动的最大速度为1 m/s B.它们向左运动的最大位移为1 m C.当速度为0.6 m/s时,A的电势能可能是-2.4 J D.当速度为0.6 m/s时,绳子的拉力可能是9.2 N 1 7.(2022辽宁卷)如图所示,光滑水平面AB和竖直面内的光滑 圆弧导轨在B点平滑连接, 4 导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至 A点后由静止释放,脱离弹簧 后经过B点时的速度大小为√gR,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标系 xOy,在x≥-R区域有方向与x轴夹角为θ=45°的匀强电场,进入电场后小球受到的静电力大 小为√2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为g。求:(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能; (2)小球经过O点时的速度大小; (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 综合提升练 8.(2023北京卷)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为 小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗 粒沿板方向的速度v 保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知 0 金属板长度为L,间距为d,不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 (1)若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压 U 。 1 (2)若计空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度 v方向相反,大小为F=krv,其中r f 为颗粒的半径,k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U ; 2 b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为 10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 9.(2024安徽模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy位于竖直平面内,y轴竖直向上,在第四象 限内有沿x轴负方向的匀强电场,长L=1.5 m的非弹性绝缘轻绳一端系于坐标原点O,另一 端系一质量 m=1.5 kg、电荷量为 q、可视为质点的带正电的小球。现将小球从 y轴上 y =-0.7 m处,以水平初速度v 向左抛出,运动一段时间后轻绳被拉直,轻绳被拉直后小球以 0 0 O 为圆心,L 为半径在竖直平面内摆动。已知轻绳刚被拉直时,轻绳与竖直方向的夹角 mg α=53°,重力加速度g取10 m/s2,匀强电场的电场强度E= ,sin 53°=0.8。求: 6q (1)小球水平抛出的初速度大小v ; 0 (2)小球运动到最低点时的速度大小v; (3)小球在第四象限运动到最高点的坐标以及轻绳对小球的拉力大小。参考答案 第5讲 专题提升:带电粒子在电场中运动的综合问题 1.BD 解析 设电场强度为E,小球电荷量为q,质量为m,初速度为v ,由题知mg=Eq,对小 0 球受力分析如图所示,水平方向,小球向左先做匀减速运动到速度为零后反向做匀加速运 动,加速度大小为g,竖直方向,小球做自由落体运动,加速度大小为g,电势能只与静电力做 功有关,当小球水平向左速度为零时,电势能最大,此时水平方向 v -gt=0,x=v 2,竖直方向 0 0 2g v'=gt,h=1gt2,重力做功W =mgh=mv 2,电势能的增加量 E =qEx=mv 2,即W =E ,此过 G 0 p电 0 G p电 2 2 2 1 1 1 程中小球初动能E = mv 2,末动能E = mv'2= mv 2=E , k初 2 0 k末 2 2 0 k初 v 故B、D正确。当小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,v -gt'=gt',t'= 0 ,此时合速 0 2g 度方向与合力F 方向垂直,小球动能最小,故A、C错误。 合 E 2.CD 解析 从O经过C点时油滴的动能最小且为 k0,则C点为复合场的等效最高点,则 4 2mg 复合场的合力方向如图所示,则有F =qEcos θ,qEsin θ=mg,由题意可知E= ,联立解 合 q 得F =√3mg,θ=30°,则电场线的方向如图所示,由几何关系可知,MO与电场线垂直,B点电 合 势低于C点电势,故A错误;油滴经过B点时,合外力不做功,所以油滴的动能不变,故B错 误;油滴从O经过C点时,由动能定理可得-F ·L=E -E ,从O经过A点时,有F ·L=E - 合 kC k0 合 kA 7 E ,联立解得油滴经过A点时的动能为E = E ,故C正确;油滴经过CD连线中点时的动 k0 kA k0 4L 5 能等于OC中点的动能,有-F · =E -E ,得E = E ,故D正确。 合 k中 k0 k中 k0 2 8 3.BD 解析 设电子的电荷量为e,质量为m,出加速电场的速度大小为v ,在加速电场运动 0 的过程中,由动能定理得eU =1 ,解得v =√2eU ,电子在平行板间做类平抛运动,离开 0 mv 2 0 0 2 0 m 电场后做匀速直线运动,设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为 θ,竖直方向的分速 度为 v,竖直方向的位移为 y,则有 v =at= eu L euL √ m uL√ e ,tan θ= y y · = · = md v md 2eU d 2mU 0 0 0 v uL ,y=v L uL2 ,电子打在圆筒上时的竖直位移y'=y+Dtan θ= uL2 DuL , y = y· = + v 2dU 2 v 4dU 4dU 2dU 0 0 0 0 0 0 代入数据解得y'=20sin 2πt cm,可知电子打到平面的白纸上留下的黑色印迹随时间按正 弦规律变化,峰值为20 cm,圆筒以ω=4π rad/s转动,其周期为T=0.5 s,而y'变化的周期为 1 s,即圆筒转一周只能在白纸上留下半个周期的正弦函数图像印迹,若在y'=0处沿轴线剪 1 开,在展开的白纸上会看到两个 周期的正弦函数图像上下对称分布,故A错误,B正确;若 2 1 在y'最大为20 cm处沿轴线剪开,在展开的白纸上会看到两个 周期的正弦函数图像交叉 2 分布,故C错误,D正确。 4.答案 (1)√2eU (2) U l (l +2l ) (3)见解析 1 2 1 1 2 m 8dU 1 解析 (1)由动能定理得eU =1mv2,解得v=√2eU 。 1 1 2 m (2)电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动,有l =vt 11 在垂直于极板的方向上做初速度为0的匀加速直线运动,有y = at2 1 2 又eE=ma,0.5U =Ed,联立得y =U l 2 2 1 2 1 8dU 1 电子出偏转电场后做匀速直线运动,设OP长为y,射出偏转电场时速度方向与水平方向成 at θ角,则tan θ= v y=y +l tan θ 1 2 联立得y=U l (l +2l )。 2 1 1 2 8dU 1 (3)由v=√2eU 1 m 代入数据得v=2.2×107 m/s l 所以电子穿过平行板的时间t= 1=1.82×10-9 s v t 由图乙可知电场变化的周期T=0.2 s,得 =9.1×10-9 T 显然t T,因此电子穿过平行板的过程中可以认为两板间的电压是不变的。 5.AD 解析 由x轴上的电势φ随位置x的变化关系图像,可知电场的电势越来越低,由图 ≪ 像的斜率表示电场强度,可知电场强度越来越小,A正确;由题意可知,沿x轴正方向电势降 低,即电场方向沿x轴正方向。滑块P沿x轴正方向运动时,受到向右的静电力和向左的弹 力,开始两力的合力方向沿 x轴正方向,且合力由大变小,当合力为零时,加速度为零,滑块P 速度最大,随沿x轴正方向运动位移的增大,电场强度逐渐减小,弹力逐渐增大,其合力方向 向左,且逐渐增大,当滑块P速度为零时,弹力最大,因此滑块P的加速度先减小后增大,B错 误;由题意可知,滑块P运动中,电势能的减少量等于滑块动能的增加量与弹簧的弹性势能 的增加量之和,因此滑块P速度为零时,电势能的减少量最大,则有弹簧弹性势能与滑块动 能之和最大,C错误;由以上分析可知,滑块P速度为零时,电势能的减少量最大,且全部转化 为弹簧的弹性势能,即为滑块P克服弹力所做的功,D正确。 6.ACD 解析 由题知F=μmg=2x,设A向左移动x后速度为零,对A、B系统有qEx-mgx- f 1 1 Fx=0(此处Fx前面的 是因为摩擦力是变力,其做功可以用平均力),可得x=2 m,A向左 f f 2 2 运动是先加速后减速,当x=2 m时,摩擦力变成静摩擦力,并反向,系统受力平衡,最后静止,1 1 设A向左运动x'后速度为v,对系统则有qEx'-mgx'- Fx'= ·2mv2,得mv2=-(x'-1)2+1,当x'=1 f 2 2 m时,v最大为1 m/s,故A正确,B错误;当v=0.6 m/s时,可得x=0.2 m或1.8 m,当x=0.2 m 时,静电力做功qEx=2.4 J,则电势能减小 2.4 J,由于E =0,则电势能为-2.4 J,当x=1.8 m pO 时,qEx=-21.6 J,故C正确;根据牛顿第二定律得qE-F-mg=2ma,当x=0.2 m时,系统加速度 f a=0.8 m/s2,对B有F -mg=ma,得F =10.8 N,当x=1.8 m时,系统加速度a'=-0.8 m/s2,对B T T 分析可得F '=9.2 N,故D正确。 T 1 7.答案 (1) mgR (2)√3gR (3)y2=6Rx 2 1 1 解析 (1)小球从A到B,根据能量守恒定律得E = mv 2= mgR。 p 2 B 2 1 1 (2)小球从B到O,根据动能定理有-mgR+F√2R= mv 2− mv 2 2 O 2 B 解得v =√3gR。 O (3)小球运动至O点时速度竖直向上,受静电力和重力作用,将静电力分解到x轴和y轴,则 x轴方向有F cos 45°=ma 静 x 竖直方向有F sin 45°-mg=ma 静 y 解得a =g,a =0 x y 则小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,y轴方向做匀 1 速直线运动,即做类平抛运动,则有x= gt2,y=v t O 2 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2=6Rx。 8.答案 (1)2d2mv 2 (2)d2kRv 25% 0 0 qL2 qL 解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧,颗粒就能够全部收集,有 L=v t 0 1 d= at2 2 qE=ma U E= 1 d 解得U =2d2mv 2 。 1 0 qL2(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,有F =F 电 f qU 即 2=kRv d d L 且 = v v 0 解得U =d2kRv 2 0 qL b.10 μm的电荷量为q的颗粒恰好100%被收集,颗粒在金属板间经极短时间加速达到最 大速度,所受阻力等于静电力,有F=kRv ,F=qE' f max f 10 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d=v t max q 2.5 μm的颗粒带电荷量为q'= 16 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有 1 F'= kRv ',F'=q'E' f max f 4 2.5 μm的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d'=v 't max d 解得d'= 4 d' 2.5 μm的颗粒被收集的百分比 ×100%=25% d 9.答案 (1)6 m/s (2)4 m/s (3)(1.2 m,-0.9 m) 7 N 解析 (1)小球在第三象限内做平抛运动,有 1 Lcos α-|y |= gt2 0 2 Lsin α=v t 0 解得t=0.2 s,v =6 m/s。 0 (2)小球平抛运动竖直方向的分速度为v =gt=2 m/s y 细绳绷紧后,沿绳方向的分速度突变为0,则垂直于绳的速度为v =v cos 53°-v sin 53° 1 0 y 解得v =2 m/s 1 1 之后小球做圆周运动,小球运动到最低点过程,由动能定理有 mg(L-Lcos 53°)= mv2- 2 1 mv 2 2 1解得v=4 m/s。 (3)令小球在第四象限运动到最高点时细绳与竖直方向夹角为θ,则该过程有 1 -mg(L-Lcos θ)-qELsin θ=0- mv2 2 结合sin2θ+cos2θ=1 解得θ=53° 根据几何关系有x=Lsin θ=1.2 m y=-Lcos θ=-0.9 m 可知到最高点的坐标为(1.2 m,-0.9 m) 小球做圆周运动,在最高点速度为0,则径向合力为0,则有F +qEsin θ=mgcos θ T 解得F =7 N。 T