2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 熱點(diǎn)情境突破練 熱點(diǎn)9　帶電粒子在電場中的運(yùn)動

熱點(diǎn)9帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.(2023·江蘇南京市二模)某一電場線與y軸重合，A、B為y軸上的兩點(diǎn)，y軸上各點(diǎn)電勢隨其坐標(biāo)變化的關(guān)系如圖所示。一電子僅在靜電力的作用下沿y軸正方向從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A．電子的加速度增大B．電子的速度不變C．電子的動能減小D．電子的電勢能減小答案D解析因y－φ圖像的斜率等于電場強(qiáng)度的倒數(shù)，從題圖中可知斜率恒定，所以沿y軸方向的電場強(qiáng)度不變，由eE＝ma，可知電子的加速度不變，A錯(cuò)誤；由于φA＜φB，電子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中靜電力做正功，速度增大，動能增大，電勢能減小，B、C錯(cuò)誤，D正確。2.如圖所示，地面附近空間有水平向右的勻強(qiáng)電場，一帶電微粒以初速度v0從M點(diǎn)進(jìn)入電場，沿直線運(yùn)動到N點(diǎn)，不考慮地磁場的影響。下列說法正確的是()A．該微粒帶正電B．該微粒做勻速直線運(yùn)動C．只增大初速度v0，微粒仍沿直線MN運(yùn)動D．從M至N過程中，該微粒電勢能減小，動能增加答案C解析由于帶電微粒從M到N做直線運(yùn)動，根據(jù)受力分析可知，帶電微粒受到的靜電力水平向左，與電場方向相反，該微粒帶負(fù)電；帶電微粒受到的合力方向與初速度方向相反，可知合力對微粒做負(fù)功，微粒動能減小，靜電力對微粒做負(fù)功，微粒電勢能增大，故A、B、D錯(cuò)誤；只增大初速度v0，帶電微粒受力不變，則帶電微粒受到的合力方向仍與初速度v0方向相反，微粒仍沿直線MN運(yùn)動，故C正確。3.(2023·江蘇省靖江中學(xué)期末)靜電除塵煙囪，放電極附近的強(qiáng)電場使空氣分子電離為正離子和電子，使塵埃顆粒帶負(fù)電，被吸附到正極。圖中虛線為一個(gè)塵埃顆粒的運(yùn)動軌跡，下列說法正確的是()A．塵埃顆粒的初速度可能為零B．塵埃顆粒的動能一直增大C．塵埃顆粒的加速度先減小后增大D．塵埃顆粒的電勢能先增大后減小答案D解析由塵埃顆粒的運(yùn)動軌跡可知，塵埃顆粒做曲線運(yùn)動，塵埃顆粒的初速度不可能為零，否則塵埃顆粒將做直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；根據(jù)塵埃顆粒的運(yùn)動軌跡知，靜電力對塵埃顆粒先做負(fù)功后做正功，故動能先減小后增大，電勢能先增大后減小，故B錯(cuò)誤，D正確；塵埃顆粒在運(yùn)動過程中，周圍電場線的分布先由稀疏變密集后由密集變稀疏，故靜電力先增大后減小，加速度先增大后減小，故C錯(cuò)誤。4.(2023·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市一模)一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的小球從水平放置的帶電荷量為＋Q絕緣圓環(huán)(電荷量均勻分布)的軸線處A點(diǎn)由靜止釋放，A、A′關(guān)于O點(diǎn)對稱，下列判斷正確的是()A．小球在O點(diǎn)處動能最大B．小球在O點(diǎn)的加速度最大C．小球在O點(diǎn)的電勢能最小D．小球可能在A、A′間往復(fù)運(yùn)動答案C解析小球從A點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動中，受到向下的重力和靜電力，重力和靜電力對小球做正功，小球的動能增大，在O點(diǎn)時(shí)，電場強(qiáng)度為零，小球所受靜電力是零，此時(shí)只受重力，小球的動能繼續(xù)增大，因此小球在O點(diǎn)處的動能不是最大，A錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動中，受到向下的重力和靜電力，其合力大于重力，則加速度大于重力加速度，小球在O點(diǎn)時(shí)只受重力，加速度等于重力加速度，因此小球在O點(diǎn)的加速度不是最大，B錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動中，靜電力對小球做正功，電勢能減小，小球穿過O點(diǎn)后，所受靜電力方向向上，靜電力做負(fù)功，電勢能增大，因此小球在O點(diǎn)的電勢能最小，C正確；若小球只受靜電力作用，因A、A′關(guān)于O點(diǎn)對稱，則小球可能在A、A′間往復(fù)運(yùn)動，可小球從A點(diǎn)運(yùn)動到A′點(diǎn)，小球受靜電力作用的同時(shí)又受重力作用，重力方向一直向下，因此小球不可能在A、A′間往復(fù)運(yùn)動，D錯(cuò)誤。5．(2023·江蘇鹽城市三模)如圖甲所示為可變電容器，圖乙為兩個(gè)完全相同的半圓形的平行金屬板接在電路中，開始兩金屬板正對。閉合開關(guān)S，將上側(cè)金屬板轉(zhuǎn)過60°，同時(shí)將兩板之間的距離增大到原來的eq\f(3,2)；調(diào)整前后將同一重力不計(jì)的正粒子由下側(cè)極板無初速度釋放，釋放位置都在兩極板正對面內(nèi)。假設(shè)兩極板正對面之間的電場始終為勻強(qiáng)電場，則調(diào)整前后()A．兩極板間的電場強(qiáng)度之比為2∶3B．平行板電容器的電容之比為9∶4C．電容器所帶的電荷量之比為3∶2D．粒子在極板間運(yùn)動的時(shí)間之比為3∶2答案B解析由于電容器的兩極板與固定的電源相連接，則調(diào)整前后兩極板之間的電壓不變，由公式E＝eq\f(U,d)可知，調(diào)整前后兩極板間的電場強(qiáng)度之比為3∶2，故A錯(cuò)誤；由電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知eq\f(C1,C2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(d2,d1)＝eq\f(3,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(9,4)，故B正確；由公式Q＝CU，可知eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(C1,C2)＝eq\f(9,4)，故C錯(cuò)誤；粒子由靜止從下側(cè)極板運(yùn)動到上側(cè)極板的過程中，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，可知電子到達(dá)上側(cè)極板的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，電容器兩端電壓不變，則調(diào)整前后粒子到達(dá)上側(cè)極板的速度相同，粒子運(yùn)動的平均速度相同，則調(diào)整前后粒子在極板間運(yùn)動的時(shí)間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(2,3)，故D錯(cuò)誤。6．(2023·江蘇高郵市學(xué)情調(diào)研)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，OO′為板間水平中線，A、B板間的電勢差UAB隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示。有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，從O點(diǎn)以v0的速度水平射入電場，T時(shí)刻小球恰好從O′點(diǎn)射出電場，小球運(yùn)動過程中未與極板相碰。重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球所受靜電力等于重力B．板間電壓U＝eq\f(4mgd,q)C．t＝eq\f(T,2)時(shí)，小球豎直方向速度為0D．t＝T時(shí)，小球豎直方向速度為0答案B解析設(shè)eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)小球的加速度為a,0～T時(shí)間內(nèi)小球在豎直方向的位移為零，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得eq\f(1,2)g(eq\f(T,2))2＋g(eq\f(T,2))2－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝0，解得a＝3g，由牛頓第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝4mg，故A錯(cuò)誤；根據(jù)勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系式有U＝Ed，又F＝qE，聯(lián)立可得U＝eq\f(4mgd,q)，B正確；t＝eq\f(T,2)時(shí)，小球豎直方向速度為vy＝g×eq\f(T,2)＝eq\f(gT,2)，C錯(cuò)誤；t＝T時(shí)，小球豎直方向速度為vy′＝vy－a×eq\f(T,2)＝－gT，D錯(cuò)誤。7.如圖所示，將絕緣細(xì)線的一端O點(diǎn)固定，另一端拴一帶電的小球，空間存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場E。剛開始小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，給小球一個(gè)沿圓弧切線左下方的瞬時(shí)沖量，讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運(yùn)動，重力加速度為g，下列分析正確的是()A．小球可能帶負(fù)電B．小球在右半圈從d運(yùn)動到c的過程中其速度先增大后減小C．當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢能與動能之和最大D．當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)a的速度v≥eq\r(gr)時(shí)，小球才能做完整的圓周運(yùn)動答案B解析小球受重力、繩子的拉力和靜電力三個(gè)力的作用，剛開始小球靜止于P處，由受力平衡可知靜電力方向水平向右，與電場方向相同，所以小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，可知靜電力和重力的合力方向斜向右下方與水平方向夾角為45°，大小為F＝eq\r(2)mg，小球從d運(yùn)動到c的過程中，繩子拉力不做功，合力做功即F做功，可以判斷F先做正功再做負(fù)功，故小球的速度先增大后減小，選項(xiàng)B正確；小球運(yùn)動過程中，重力勢能、電勢能、動能的總和保持不變，最高點(diǎn)a時(shí)小球的重力勢能最大，則電勢能與動能之和最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球做完整的圓周運(yùn)動的臨界條件為當(dāng)小球運(yùn)動到弧ab中點(diǎn)時(shí)，細(xì)線彈力為零，有F＝meq\f(v2,r)，在該點(diǎn)的速度為v＝eq\r(\r(2)gr)。小球從該點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn)，由動能定理得F·(r－eq\f(r,\r(2)))＝eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)mv2，解得va＝eq\r(3\r(2)－2gr)，因此，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)a的速度va≥eq\r(3\r(2)－2gr)時(shí)，小球才能做完整的圓周運(yùn)動，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．(2023·江蘇南京市漢開書院測試)如圖甲，O為AB連線的中點(diǎn)，M、N在AB連線的中垂線上，A、B、M、N四點(diǎn)距O點(diǎn)的距離均為eq\r(2)L。在A、B兩點(diǎn)分別固定一點(diǎn)電荷，電荷量均為Q(Q>0)。以O(shè)為原點(diǎn)，ON方向?yàn)檎较蚪軸。若取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，則ON上的電勢φ隨位置x的變化如圖乙所示。一電荷量為－q(q>0)的帶電粒子以一定的初動能從M點(diǎn)沿x軸正方向運(yùn)動，一定時(shí)間后經(jīng)過N點(diǎn)。不計(jì)粒子重力，k為靜電力常量。則下列說法不正確的是()A．粒子在M點(diǎn)受到的靜電力大小為eq\f(\r(2)kQq,4L2)B．粒子在O點(diǎn)的電勢能為eq\f(\r(2)kQq,L)C．粒子從x＝eq\f(L,2)處到N點(diǎn)的過程中，其動能減少了eq\f(kQq,3L)D．要使粒子離開電場，粒子的初動能至少為eq\f(kQq,L)答案B解析設(shè)A到M點(diǎn)的距離為RM，由幾何關(guān)系可得RM＝eq\f(\r(2)L,sin45°)＝2L，設(shè)粒子在M點(diǎn)時(shí)，A點(diǎn)的電荷對帶電粒子的庫侖力大小為FA，由庫侖定律有FA＝eq\f(kQq,RM2)，設(shè)帶電粒子在M點(diǎn)所受靜電力大小為FM，由力的合成有FM＝2FAsin45°，解得FM＝eq\f(\r(2)kQq,4L2)，A正確，不符合題意；由電勢能公式得O點(diǎn)的電勢能EpO＝－qφO＝－eq\f(\r(2)kQ