2024年高考物理必修三專題練習(xí)專題 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝專題帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【刷難關(guān)】一、直線運(yùn)動(dòng)1．(多選)如圖所示，絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，另一電荷量為－q、質(zhì)量為m的滑塊(可看成點(diǎn)電荷)從a點(diǎn)以初速度v0沿水平面向Q運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度為零．已知a、b間距離為x，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.以下判斷正確的是()A．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受Q的庫侖力有可能大于滑動(dòng)摩擦力B．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程的中間時(shí)刻速率小于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(mv02,2)D．Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(m（v02－2μgx）,2q)答案：BD解析：由題意可知，滑塊在水平方向受庫侖力、滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向相反，而庫侖力與運(yùn)動(dòng)方向相同，因滑塊在b點(diǎn)速度為零，故在b點(diǎn)庫侖力小于滑動(dòng)摩擦力，則在整個(gè)滑動(dòng)過程中，庫侖力一直小于滑動(dòng)摩擦力，故A錯(cuò)誤；滑塊在水平方向受大小不變的滑動(dòng)摩擦力及一直變大的庫侖力，在滑動(dòng)過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動(dòng)摩擦力，所以滑塊做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，由v－t圖像可知中間時(shí)刻的速率小于eq\f(v0,2)，故B正確；滑塊的動(dòng)能和庫侖力做的正功都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，因此在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能大于動(dòng)能的減少量，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得－qUab－μmgx＝0－eq\f(1,2)mv02，解得a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(m（v02－2μgx）,2q)，故D正確．2．[河南全國百強(qiáng)名校2021高二上聯(lián)考]如圖所示，平行板電容器豎直放置，A、B為兩極板，一帶正電的液滴沿直線從位置a向上運(yùn)動(dòng)到位置b，則下列說法正確的是()A．電容器A極板帶正電B．液滴可能做勻速運(yùn)動(dòng)C．液滴的機(jī)械能減少D．換成帶負(fù)電的液滴也能由a到b做直線運(yùn)動(dòng)答案：C解析：帶電液滴沿直線從位置a向上運(yùn)動(dòng)到位置b，根據(jù)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知，帶電液滴所受合力方向一定與速度方向相同或相反，由于液滴只受到豎直向下的重力和水平方向的靜電力作用，故可以判定靜電力的方向只能向左，由于液滴帶正電，則電場(chǎng)線方向水平向左，即電容器B極板帶正電，A極板帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由于重力與靜電力的合力方向與液滴的運(yùn)動(dòng)方向相反，液滴做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；帶電液滴沿直線從位置a向上運(yùn)動(dòng)到位置b的過程中，由于靜電力做負(fù)功，液滴的機(jī)械能減少，C正確；換成帶負(fù)電的液滴，由于重力與靜電力的合力方向斜向右下方，不可能與ab共線，則不可能做直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．3．[四川內(nèi)江2021高二上期中](多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m，傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g＝10m/s2，則下列說法中正確的是()A．小球在N點(diǎn)的電勢(shì)能大于在M點(diǎn)的電勢(shì)能B．水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(3mg,4q)C．若電場(chǎng)強(qiáng)度加倍，小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為3m/s2D．若電場(chǎng)強(qiáng)度減半，小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度為初速度v0的一半答案：BD解析：帶電小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)，動(dòng)能沒變，由能量守恒定律知，此過程中重力勢(shì)能的增加量等于電勢(shì)能的減少量，因此小球在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于M點(diǎn)的電勢(shì)能，A錯(cuò)誤；帶電小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得，qELcosθ－mgLsinθ＝0，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝eq\f(3mg,4q)，B正確；由題意知，電場(chǎng)未加倍時(shí)，小球沿斜面方向受力平衡，有mgsinθ＝qEcosθ，電場(chǎng)加倍后，小球在斜面方向的合力F＝2qEcosθ－mgsinθ＝ma，小球的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2，C錯(cuò)誤；若電場(chǎng)強(qiáng)度減半，小球在斜面方向的合力為F1＝mgsinθ－eq\f(1,2)qEcosθ＝eq\f(1,2)mgsinθ＝ma1，小球的加速度大小為a1＝eq\f(1,2)gsinθ＝3m/s2，根據(jù)v2－v02＝－2a1L，代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s，則小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度為初速度v0的一半，D正確．二、拋體運(yùn)動(dòng)4．[江西南昌第十中學(xué)2021高二上月考](多選)如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，由此可見()A．電場(chǎng)力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等答案：ACD解析：由題圖可知，在電場(chǎng)中，小球所受合外力豎直向上，故電場(chǎng)力豎直向上與電場(chǎng)方向相反，故小球帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；小球在水平方向始終做勻速運(yùn)動(dòng)，由題意可知，從A到B與從B到C水平位移大小之比為2∶1，根據(jù)x＝v0t知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1，C正確；設(shè)在B點(diǎn)豎直方向速度為vy，則從A到B，vy2＝2gh1，從B到C，vy2＝2ah2，其中a＝eq\f(qE－mg,m)，h1＝2h2，聯(lián)立解得qE＝3mg，A正確；從A到B速度變化量為vy，從B到C速度變化量為－vy，故兩個(gè)過程速度的變化量大小相等，D正確．5．[湖北新高考聯(lián)考協(xié)作體2021高二上期中]在豎直放置的平行金屬板A、B間加一恒定電壓，質(zhì)量相同的兩帶電小球M和N以相同的速率分別從極板A的上邊緣和兩板間的中線下端沿豎直方向進(jìn)入兩板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好分別從極板B的下邊緣和上邊緣射出，如圖所示，不考慮兩帶電小球之間的相互作用，下列說法正確的是()A．兩帶電小球所帶的電荷量可能相等B．兩帶電小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定相等C．兩帶電小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度一定是M球的大于N球的D．兩帶電小球離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能EkM可能小于EkN答案：C解析：豎直方向小球M做加速運(yùn)動(dòng)，小球N以相同的速率做減速運(yùn)動(dòng)，且豎直方向位移大小相等，加速度相同，則tM<tN，水平方向M球的位移為2d，N球的位移為d，對(duì)M球，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得eq\f(1,2)aMtM2＝2d，對(duì)N球，有eq\f(1,2)aNtN2＝d，則aM>aN，由于豎直方向兩小球加速度相同，由平行四邊形定則可知，M球的加速度大于N球的加速度，又由水平方向加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，則M球所帶的電荷量大于N球所帶的電荷量，C正確，A、B錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力對(duì)兩球均做正功(WM>WN)，重力對(duì)M球做正功，對(duì)N球做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知，兩帶電小球離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能EkM一定大于EkN，D錯(cuò)誤．6．[安徽合肥肥東2020高二上月考]如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直場(chǎng)強(qiáng)射入，分別落到極板A、B、C處(以下分別用A、B、C代表三個(gè)微粒)，如圖所示．則下列判斷正確的是()A．微粒A帶負(fù)電，B不帶電，C帶正電B．三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C．三個(gè)微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度的關(guān)系為aA＞aB＞aCD．三個(gè)微粒到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系為EkA＜EkB＜EkC答案：D解析：三個(gè)微粒的初速度相等，水平方向上都做勻速運(yùn)動(dòng)，水平位移關(guān)系為xA＞xB＞xC，所以它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為tA＞tB＞tC.三個(gè)微粒在豎直方向的位移相等，根據(jù)eq\f(1,2)y＝eq\f(1,2)at2可知，它們加速度的關(guān)系為aA＜aB＜aC；從而可知B僅受重力，A受向上的靜電力，C受向下的靜電力，所以B不帶電，A帶正電，C帶負(fù)電，故A、B、C錯(cuò)誤．三個(gè)微粒重力做功相等，靜電力對(duì)A做負(fù)功，靜電力對(duì)C做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，三個(gè)微粒到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系為EkA＜EkB＜EkC，所以D正確．7．[廣東江門新會(huì)一中2020高二上月考]如圖所示，兩個(gè)帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置，兩板間的距離d＝0.4m，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.0×10－2kg、電荷量q＝＋4×10－5C的帶電小球從兩極板上方A點(diǎn)，以v0＝2m/s的初速度水平拋出，A點(diǎn)距離兩板上端的高度h＝0.2m，之后小球恰從M板頂端位置無碰撞地進(jìn)入板間做直線運(yùn)動(dòng)，直至打在N板上的B點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，勻強(qiáng)電場(chǎng)只存在于M、N之間，求：(1)小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向；(2)兩極板間的電勢(shì)差U；(3)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．解析：(1)小球到達(dá)M板上端時(shí)的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝2m/s，小球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝2eq\r(2)m/s，速度與水平方向的夾角設(shè)為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，得θ＝45°；(2)小球在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受到的合力的方向與速度的方向相同，所以tanθ＝eq\f(mg,qE)，得E＝eq\f(mg,q)，所以U＝Ed＝eq\f(mg,q)d＝1×103V；(3)設(shè)B點(diǎn)到極板上端的距離為L(zhǎng)，則L＝dtanθ＝d，從A到B運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(h＋L)＋qEd＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)得EkB＝eq\f(1,2)mvB2＝0.12J.三、圓周運(yùn)動(dòng)8．[山東青島膠州2021高二上期中](多選)如圖所示，兩等量異種電荷在同一水平線上，它們連線的中點(diǎn)為O，豎直面內(nèi)的半圓弧光滑絕緣軌道的圓心在O點(diǎn)，圓弧的半徑為R，B為圓弧上的一點(diǎn)，OB與水平方向夾角θ＝37°.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，速度v＝4eq\r(gR)，g為重力加速度，取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，下列說法正確的是()A．電場(chǎng)中AO間電勢(shì)差為eq\f(8mgR,q)B．電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)為eq\f(7mgR,q)C．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為16mgRD．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的和為7.6mgR答案：BD解析：等量異種電荷所產(chǎn)生的電場(chǎng)，其中垂線上點(diǎn)，電勢(shì)為0，因此UAC＝UAO，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理可得mgR＋qUAO＝eq\f(1,2)mv2，解得UAO＝eq\f(7mgR,q)，UAO＝φA－0，解得φA＝eq\f(7mgR,q)，A錯(cuò)誤，B正確；小球在最低點(diǎn)處的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為E1＝eq\f(1,2)mv2＋0＝8mgR，由最低點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到B重力勢(shì)能增加量為ΔEp＝mgR(1－sin37°)＝0.4mgR，由最低點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能的總量守恒，所以小球在B點(diǎn)的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為E2＝E1－0.4mgR＝7.6mgR，D正確；小球在最低點(diǎn)C的動(dòng)能為EkC＝eq\f(1,2)mv2＝8mgR，從C到B靜電力做的功小于從A到C靜電力做的功，即小于7mgR，從C到B重力做功為－0.4mgR，則從C到B靜電力和重力做功之和小于6.6mgR，即到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能小于14.6mgR，C錯(cuò)誤．9．[四川遂寧射洪中學(xué)2021高二上月考](多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平方向成∠α＝30°斜向右上，在電場(chǎng)中有一質(zhì)量為m、所帶電荷量為q的帶電小球，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止于M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用外力將小球拉到最低點(diǎn)P，然后無初速度釋放，則以下判斷正確的是()A．小球從P點(diǎn)釋放后到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，速度剛好為零B．小球從P到M過程中，合外力對(duì)它做了eq\r(3)mgL的功C．小球從P到M過程中，小球的機(jī)械能增加了eq\r(3)mgLD．若小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線突然斷裂，小球以后將做類平拋運(yùn)動(dòng)答案：BD解析：當(dāng)小球靜止于M點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好水平，說明重力和靜電力的合力方向水平向右，小球從P到M過程中，細(xì)線拉力不做功，只有靜電力和小球重力做功，它們的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，速度最大，而不是零，A錯(cuò)誤；靜電力與重力合力為mgtan60°＝eq\r(3)mg，這個(gè)合力方向上的位移為L(zhǎng)，所以做功為eq\r(3)mgL，B正確；機(jī)械能增加量就是動(dòng)能增加量eq\r(3)mgL和重力勢(shì)能增加量mgL之和，C錯(cuò)誤；細(xì)線突然斷裂時(shí)，小球速度方向豎直向上，合外力水平向右，因此小球以后將做類平拋運(yùn)動(dòng)，D正確．10．[山西太原2021高二上期中](多選)如圖所示，絕緣軌道ABC固定于豎直平面內(nèi)，其中AB部分是半徑為R的光滑半圓軌道，P是半圓軌道的中點(diǎn)，AB部分豎直、BC部分水平，整個(gè)軌道處在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊，從BC軌道上與B相距10R處由靜止釋放，已知滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，E＝eq\f(mg,q)，則滑塊()A．到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度的大小為4eq\r(3gR)B．到達(dá)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為16mgC．到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為11mgD．從C到P的過程中，動(dòng)能先增大后減小答案：CD解析：滑塊從C運(yùn)動(dòng)到A的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qE×10R－μmg×10R－mg×2R＝eq\f(1,2)mvA2，qE＝mg，解得vA＝2eq\r(3gR)，A錯(cuò)誤；滑塊從C運(yùn)動(dòng)到P的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qE×11R－μmg×10R－mgR＝eq\f(1,2)mvP2，在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNP－qE＝meq\f(vP2,R)，qE＝mg，解得FNP＝17mg，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F′NP＝FNP＝17mg，B錯(cuò)誤；在A點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNA＋mg＝meq\f(vA2,R)，解得FNA＝11mg，根據(jù)牛頓第三定律知，滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F′NA＝FNA＝11mg，C正確；滑塊受到的靜電力大小F＝qE＝mg，方向水平向左，靜電力與重力的合力方向與豎直方向成45°斜向左下方，則從C到P的過程中，靜電力與重力的合力先做正功，后做負(fù)功，則動(dòng)能先增大后減小，D正確．11．如圖所示，有一光滑豎直圓環(huán)軌道，O為圓心，半徑為R＝0.5m，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高，