下面是小编为大家整理的2023高考科学复习解决方案-物理-旧教材第八章,,强化专练(三)（完整）,供大家参考。
强化专练(三) 带电粒子在电场中运动的综合性问题
一、选择题(本题共 5 小题，其中第 1～3 题为单选，第 4～5 题为多选) 1.如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为 d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为 m，电荷量为 q，现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，则下列分析错误的是(
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A．上移后油滴的运动轨迹仍然是直线 B．上移后电场强度大小为 mgq，方向竖直向上 C．上移后下板和上板之间的电势差为 mgdq D．上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了 mgd 答案 C 解析 由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有 qE＝mg，可得 E＝ mgq，方向竖直向上，根据 E＝ Ud ，C＝QU ，C＝ε r S4πkd ，可得 E＝ 4πkQε r S，可知，当上极板向上移动时，E 不变，方向仍然竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B 正确；综上分析，由于 E 不变，根据 U＝Ed，当上极板向上移动些许时，上、下两极板间的电势差 U 变大，不再是 mgdq，C 错误；当上极板向上移动后，E 不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功－mgd，则电场力做功 mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了 mgd，D 正确。本题选分析错误的，故选 C。
2.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度 v 0 先后垂直电场进入，并分别落在正极板的 A、B、C三处，O 点是下极板的左端点，且 OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法
不正确的是(
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A．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为 7∶20 B．三个粒子在电场中运动的时间之比 t A ∶t B ∶t C ＝2∶3∶4 C．三个粒子在电场中运动的加速度之比 a A ∶a B ∶a C ＝1∶3∶4 D．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比 E kA ∶E kB ∶E kC ＝36∶16∶9 答案 C 解析 三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由 x＝v 0 t 得，在电场中的运动时间之比 t A ∶t B ∶t C ＝2∶3∶4，故 B 正确；三个粒子在竖直方向上的位移 y 相等，根据 y＝ 12 at2 ，解得 a A ∶a B ∶a C ＝36∶16∶9，故 C 错误；三个粒子所受的合力大小关系为 F A ＞F B ＞F C ，三个粒子的重力相等，所以落在 B 点的粒子仅受重力作用，落在 A 点的粒子所受的电场力向下，落在 C 点的粒子所受的电场力向上，即落在 B 点的粒子不带电，落在 A 点的粒子带负电，落在 C 点的粒子带正电，由牛顿第二定律得 a A ∶a B ∶a C ＝(mg＋q A E)∶mg∶(mg－q C E)，解得q C ∶q A ＝7∶20，故 A 正确；由牛顿第二定律可知 F＝ma，因为三个粒子的质量相等，所以所受合力之比与加速度之比相同，合力做功 W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比 E kA ∶E kB ∶E kC ＝36∶16∶9，故 D 正确。本题选说法不正确的，故选 C。
3.如图所示，平行板电容器两极板的间距为 d，极板与水平面成 45°角，上极板带正电。一电荷量为 q(q＞0)、质量为 m 的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能 E k0 竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则粒子能在两极板间运动的最长时间和电场强度的最大值分别为(
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A．d2mE k0 、E k02qd
B．dmE k0 、2E k02qd C．2dmE k0 、E k02qd
D．2dmE k0 、2E k02qd 答案 C 解析 粒子只受垂直极板向下的电场力，从开始至打到上极板，粒子在两极板间做匀减速曲线运动。根据运动的分解，当到达上极板处时沿电场方向的速度为 0 时，粒子在两极板间运动的时间最长，且此时电场强度最大。将粒子初速度v 0 分解为垂直极板的分速度 v y 和平行极板的分速度 v x ，根据运动的合成与分解，及运动学公式有 v 2y ＝2 Emax qmd，v y ＝v 0 cos 45°，而 E k0 ＝ 12 mv20 ，联立得 E max ＝E k02qd ；再根据动量定理有－qE max Δt＝Δp y ＝0－mv 0 cos 45°，解得粒子在两极板间运动的最长时间为Δt＝2dmE k0 ，故 A、B、D 错误，C 正确。
4．如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从 O 点开始向右运动。取 O 点为电势零点，该物块的电势能与动能之和 E 总 、电势能 E p 随它离开 O 点的距离 x 变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是(
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A．物块受到的电场力 B．匀强电场的场强大小 C．物块返回 O 点时的动能 D．物块与水平面间的动摩擦因数 答案 AC 解析 由克服电场力做的功等于电势能的增加量，即ΔE p ＝FΔx，结合图乙，可得物块受到的电场力 F＝ ΔEpΔx＝ 808 N＝10 N，由于不知道物块的电荷量，则无
法求解匀强电场的场强大小，故 A 正确，B 错误；由图乙可知，物块的初动能为E k0 ＝100 J，当运动到 8 m 处时物块的动能为 0，则此过程中根据动能定理有－(F＋f)x＝0－E k0 ，得 f＝2.5 N，物块从 O 点开始运动到返回到 O 点的过程中，由动能定理有－f×2x＝E k －E k0 ，得物块返回 O 点时的动能 E k ＝E k0 －2fx＝(100－2×2.5×8)J＝60 J，由于不知道物块的质量，则无法求解物块与水平面间的动摩擦因数，故 C 正确，D 错误。
5.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为 L，板间距离为 d，距板右端 L 处有一竖直屏 M。一电荷量为 q、质量为 m 的质点以初速度 v 0 沿中线射入两板间，最后垂直打在 M 上，已知重力加速度为 g，下列结论正确的是(
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A．两极板间电场强度大小为 mgq B．两极板间电压为 2mgdq C．整个过程中质点的重力势能增加 3mg2 L 22v 20 D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在 M 上 答案 BD 解析 据题分析可知，质点在平行金属板间的轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后垂直打在 M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝mg，解得：E＝ 2mgq，由 U＝Ed 可知板间电压为：U＝ 2mgdq，故 A 错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离为：y＝ 12 at2 ，而 a＝ qE－mgm＝g，t＝Lv 0 ，解得：y＝ gL22v 20 ，故质点打在屏上的位置与 P 点的距离为：s＝2y＝gL 2v 20，整个过程质
点重力势能的增加量为：E p ＝mgs＝ mg2 L 2v 20，故 C 错误；因两板上所带电量不变，根据 E＝ Ud ，U＝QC ，C＝ε r S4πkd ，解得：E＝4πkQε r S，若仅增大两板间的距离，可知板间场强不变，质点在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故质点仍能垂直打在 M 上，D 正确。
二、非选择题(本题共 3 小题) 6. (2021·内蒙古包头市高三二模)如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为 d，上下极板开有一小孔，四个质量均为 m、带电荷量均为 q 的带电小球，其间用长均为 d4 的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。重力加速度为 g，(仅两极板间存在电场)试求：
(1)两极板间的电压； (2)小球运动的最大速度。
答案 (1) 20mgd13q (2)11gd26 解析 (1)根据动能定理可得 4mg× 54 d－2Uq－34 Uq－12 Uq＝0 解得 U＝ 20mgd13q。
(2)当两个小球在电场中时，电场力 F 1 ＝ Ud ×2q＝4013 mg<4mg 当三个小球在电场中时，电场力 F 2 ＝ Ud ×3q＝6013 mg>4mg 故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得
4mg× d2 －12 Uq－14 Uq＝12 ×4mv2 －0 解得 v＝11gd26。
7．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。从 O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为 m 的小球 A、B。A不带电，B 的电荷量为 q(q>0)。A 从 O 点发射时的速度大小为 v 0 ，到达 P 点所用时间为 t；B 从 O 点到达 P 点所用时间为t2 。重力加速度为 g，求：
(1)电场强度的大小； (2)B 运动到 P 点时的动能。
答案 (1) 3mgq (2)2m(v 20 ＋g 2 t 2 ) 解析 (1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma① 12 a t22＝ 12 gt2 ② 解得 E＝ 3mgq③ (2)设 B 从 O 点发射时的速度大小为 v 1 ，到达 P 点时的动能为 E k ，O、P 两点的高度差为 h，根据动能定理有 E k － 12 mv21 ＝mgh＋qEh④ 且有 v 1 t2 ＝v 0 t⑤ h＝ 12 gt2 ⑥ 联立③④⑤⑥式得 E k ＝2m(v 20 ＋g 2 t 2 )。
8．(2020·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以 O 为圆心、半径为 R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。质量为 m，电荷量为 q(q>0)的带电粒子在纸面内自 A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的 C 点以速率 v 0 穿出电场，AC 与
AB 的夹角 θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小； (2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ (3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为 mv 0 ，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 答案 (1) mv202qR
(2)2v 04 (3)0 或3v 02 解析 (1)初速度为零的粒子自 C 点穿出电场，故电场方向与 AC 平行，且由A 指向 C。由几何关系和电场强度的定义知 AC＝R① F＝qE② 由动能定理有 F·AC＝ 12 mv20 ③ 联立①②③式得 E＝ mv202qR 。④ (2)如图，由几何关系知 AC⊥BC，故电场中的等势线与 BC 平行。作与 BC平行的直线与圆相切于 D 点，与 AC 的延长线交于 P 点，则自圆周上 D 点穿出电场的粒子的动能增量最大。由几何关系知 ∠PAD＝30°，AP＝ 32 R，DP＝32R⑤
设此粒子进入电场时的速度为 v 1 ，在电场中运动的加速度为 a，时间为 t 1 。粒子在 AC 方向上做匀加速直线运动，运动的距离等于 AP；在垂直于 AC 的方向上做匀速直线运动，运动的距离等于 DP。由牛顿第二定律和运动学公式有 F＝ma⑥ AP＝ 12 at21 ⑦ DP＝v 1 t 1 ⑧ 联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v 1 ＝24v 0 。⑨ (3)解法一：设粒子以速度 v 进入电场时，在电场中运动的时间为 t，以 A 为原点，粒子进入电场的方向为 x 轴正方向，电场方向为 y 轴正方向，建立直角坐标系，则圆心 O 的位置坐标为 32R， 12 R ，设粒子离开电场时的位置坐标为(x，y)。由运动学公式有 y＝ 12 at2 ⑩ x＝vt⑪ 粒子离开电场的位置在圆周上，有 x－32R2＋ y－ 12 R2＝R 2 ⑫ 粒子在电场中运动时，其 x 方向的动量不变，y 方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为 mv 0 的粒子，离开电场时其 y 方向的速度分量为v 2 ，由题给条件及运动学公式有 mv 2 ＝mv 0 ＝mat⑬ 联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得 v＝0⑭ 或 v＝32v 0 。⑮ 解法二：由题意知，粒子初速度为 0 时，动量变化量的大小为 mv 0 ，此即问
题的一个解。自 A 点以不同的速度垂直于电场方向射入电场的粒子，沿电场方向位移相等时，在电场中运动时间相同。因此，自 B 点射出电场的粒子，其动量变化量的大小也为 mv 0 。设此粒子的初速度为 v，在电场中的运动时间为 t，由运动学公式有 BC＝vt⑯ v 0 ＝at⑰ 由几何关系知 BC＝ 3R⑱ 联立②④⑥⑯⑰⑱式得 v＝32v 0 。⑲