2020高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习（含解析）新人教版

能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h，质量均为m、带电荷量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A. B. C. D. 解析：选B根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有sv0t，在竖直方向有ht2，解得v0 ，故选项B正确，选项A、C、D错误2.(2019届河北定州中学月考)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是()A保持S闭合，将A板适当上移B保持S闭合，将B板适当下移C先断开S，再将A板适当上移D先断开S，再将B板适当下移解析：选B设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(hd)qU0.若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(hd)qUmv2，v0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离d，由动能定理得mg(hdd)qUmv2，则v0，质点能穿过b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为d，质点进入电场的深度为d时速度为零由动能定理得mg(hdd)qEd0，又由原来情况有mg(hd)qEd0.比较两式得，dd，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误；若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔，故D错误3如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()解析：选A电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零之后重复上述运动，A项正确，B项错误4.(2018届高考原创猜题卷)如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角53，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为()A2B2C2 D.解析：选D对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F合mg，xh，由动能定理得F合xmv2，解得v.5.(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()AR越大，x越大BR越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大Cm越大，x越大Dm与R同时增大，电场力做功增大解析：选ACD小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mgm，小球由B到D的过程中有2mgRmvD2mvB2，解得vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有FNmgm，解得FN6mg，与R无关，选项B错误；由EqxmvB2，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确6.(多选)(2018届湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程xky2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则()A电场强度的大小为 B小球初速度的大小为 C小球通过点P时的动能为 D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 解析：选BC小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qEmg，电场强度的大小为E，A错误；F合mgma，所以ag，由类平抛运动规律有v0t，gt2，得小球初速度大小为v0，B正确；由P点的坐标分析可知，所以小球通过点P时的动能为mv2m(v02vx2)，C正确；小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即WqE，D错误二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角60时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质及电场强度E；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有EqLsinmgL(1cos)0解得E.(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则Gmg，方向与竖直方向成30角偏向右下方若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：mmg由A点到等效最高点，根据动能定理得mgL(1cos30)mv2mvA2联立解得vA.答案：(1)正电(2)8(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)求这些电子穿过平行板时距OO的最大距离和最小距离解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t0、tt0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度vy随时间t变化的vyt图象，如图甲和乙所示电场强度E电子的加速度a图甲中，vy1at0vy2a2t0由图甲可得电子的最大侧位移ymaxt0vy1t0t0由图乙可得电子的最小侧位移ymint0vy1t0.答案：9.(2019届德州质检)如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为(取无穷远处的电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60，试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷Q产生的电场在B点的电势解析：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力F由几何关系可知P、A间距离r设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN，由平衡条件有FNmgFsin600解得FNmg.(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为B，由动能定理有q(B)mv2mv02解得B.答案：(1)mg(2)10.(2018届湖南五校高三联考)如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m、电荷量为q的带负电小球小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷Q、Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E、F两点让小球从最高点A由静止开始运动，经过B点时小球的速度大小为v，不考虑q对Q、Q所产生电场的影响，重力加速度为g，求：(1)小球经过C点时对杆的拉力大小；(2)小球经过D点时的速度大小解析：(1)小球从A点到C点过程，根据动能定理有mg2dmvC2在C点，由牛顿第二定律有Tmgm得T5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为TT5mg.(2)设UBAU，根据对称性可知UBAUADU小球从A点到B点和从A点到D点过程中，根据动能定理有mgdqUmv2mgdqUmvD2得vD.答案：(1)5mg(2) |学霸作业|自选一、选择题1.(2019届吉林调研)真空中，在x轴上的原点处和x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a处由静止释放一个正点电荷P，假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是()A点电荷M、N一定都是负电荷B试探电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21Dx4a处的电场强度一定为零解析：选D根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B错误；试探电荷在x4a处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D正确；在x轴上从原点处到x6a处，电场强度从两头指向x4a处，点电荷M、N一定都是正电荷，选项A错误；由可得QM4QN，选项C错误2.(多选)(2018届山西太原一模)如图所示，在水平向右的匀强电场中，t0时，带负电的物块以速度v0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处已知物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用Ek表示滑块的动能，x表示位移，Ep表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v0的方向为正方向，则下列图线正确的是()解析：选AD物块先以速度v0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v2v022ax，由数学知识可知B错误；沿斜面上升过程由动能定理有，FxEkEk0(F为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D正确3.(2019届福州四校联考)如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电小球A和B套在圆环上，其中小球A可沿圆环无摩擦地滑动，小球B固定在圆环上，和圆心O的连线与水平方向的夹角为45.现将小球A从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A小球A从释放到运动至圆环最低点Q的过程中电势能保持不变B小球A运动到圆环的水平直径右端P点时的速度为0C小球A运动到圆环最低点Q的过程中，速率先增大后减小D小球A到达圆环最低点Q时的速度大小为解析：选C小球A从释放到运动至圆环最低点Q的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90后大于90，即合力对小球A先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C正确；小球A、B之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90后大于90，可知小球A从释放至运动到Q点过程中，小球A的电势能先减小后增大，选项A错误；小球A在释放点与在Q点的电势能相等，小球A从释放运动到Q点的过程中，有mgRmvQ2，vQ，选项D错误；假设小球A到达P点时速度为零，分析可知，小球A在P点与在释放点重力势能相同，小球A在P点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A不能到达P点，选项B错误4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如图所示，由此可知()A小球带正电B电场力大小为2mgC小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等D小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化量不相等解析：选D根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg3hEqh0，即Eq3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t12，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a22g，方向竖直向上，故所用时间t2 ，故t12t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化量大小都等于v2g，但方向相反，选项D正确 5.(多选)(2018届四川宜宾二诊)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子t0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场已知电场变化周期T，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力则()A在t0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B粒子的电荷量为C在tT时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02D在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场解析：选AD粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；竖直方向，粒子在时间内的位移为，则d2，解得q，选项B错误，t时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d2a22a2aT2d，故电场力做功WdU0qmv02，选项C错误；t时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确6.(多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量为q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是()A小球经过环的最低点时速度最大B小球在运动过程中机械能守恒C小球经过环的最低点时对轨道的压力为mgqED小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mgqE)解析：选AD根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgRqERmv2，根据牛顿第二定律得FNqEmgm，解得FN3(mgqE)，则小球对轨道的压力为3(mgqE)，故C错误，D正确二、非选择题7.如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场固定点O的正下方处有一障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力(1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？解析：(1)由机械能守恒定律得mglmv2，v.(2)细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为T1，由牛顿第二定律得T1mgm细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为T2，由牛顿第二定律得T2mgm可解得T2T12mg，即增大2mg.(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离xvtt2小球运动到水平面的过程由动能定理得mghqExEkmv2解得Ekmghmgl2qE.答案：(1)(2)增大2mg(3)mghmgl2qE8.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30，A点距水平地面的高度为h4 mBC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L m斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)现将一个质量为m1 kg、电荷量为q0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为.求：(g取10 m/s2)(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离解析：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得(mgEq)h(mgEq)cos30(mgEq)LmvC20解得vC2 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得mvC2mvD2mg2R在最高点以小球为研究对象，可得FNmgm解得FN30 N，vD2 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mgqEma，解得a20 m/s2假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得xvDt,2Rat2解得x m0)的带电小球M，N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小解析：(1)设小球M，N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M，N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3.(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH.(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M，N离开电场时的动能分别为Ek1，Ek2，由动能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E.答案：(1)3(2)H(3)16