考點規范練25帶電粒子在電場中的綜合問題一、單項選擇題1.(2019·河南中原名校第二次聯考)如圖所示,在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力),當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時,電子在板間運動(假設不與板相碰),下列說法正確的是()圖1圖2A.電壓是甲圖時,在0~T時間內,電子的電勢能一直減少B.電壓是乙圖時,在0~T2C.電壓是丙圖時,電子在板間做往復運動D.電壓是丁圖時,電子在板間做往復運動答案:D解析:若電壓是題圖甲,0~T時間內,電場力先向左后向右,則電子先向左做勻加速直線運動,后做勻減速直線運動,即電場力先做正功后做負功,電勢能先減少后增加,故A錯誤;電壓是題圖乙時,在0~T2時間內,電子向右先加速后減速,即電場力先做正功后做負功,電勢能先減少后增加,故B錯誤;電壓是題圖丙時,電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動,過了T2后做加速度先增大后減小的減速運動,到T時速度減為0,之后重復前面的運動,故電子一直朝同一方向運動,故C錯誤;電壓是題圖丁時,電子先向左加速,到T4后向左減速,T2后向右加速,32.(2018·遼寧三校高三第三次調研考試)如圖所示,矩形區域PQNM內存在平行于紙面的勻強電場,一質量為m=2.0×10-11kg、電荷量為q=1.0×10-5C的帶正電粒子(重力不計)從a點以v1=1×104m/s的初速度垂直于PQ進入電場,最終從MN邊界的b點以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出,射出電場時的速度v2=2×104m/s,已知MP=20cm、MN=80cm,取a點電勢為零,如果以a點為坐標原點O,沿PQ方向建立x軸,則粒子從a點運動到b點的過程中,電場的電場強度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是()答案:D解析:因為規定a點電勢為零,粒子進入電場后做類平拋運動,根據電場力做功與電勢能的變化的關系,有qEx=ΔEp=0-Ep,故Ep=-qEx,故選項D正確;因為勻強電場中的電場強度處處相等,故選項A錯誤;因為粒子離開電場時的速度v2=v1sin30°=2v1,電場的方向水平向右,沿電場線的方向電勢降低,故選項B錯誤;粒子在電場中運動的過程,由動能定理可知,qEx=12mv2-123.(2019·安徽蚌埠市一質檢)圖甲為一對長度為l的平行金屬板,在兩板之間加上如圖乙所示的電壓。現沿兩板的中軸線從左端向右端連續不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出。若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是()A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1答案:C解析:設偏轉電場電壓不為零時,粒子在偏轉電場中的加速度為a。若粒子在t=nT(n=0,1,2,…)時刻進入偏轉電場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉電場,此時粒子偏轉位移最大,ymax=12aT22若粒子在t=nT+T2(n=0,1,2,…)時刻進入偏轉電場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉電場,此時粒子偏轉位移最小,ymin=0+12則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是3∶1,故C項正確。4.如圖甲所示,光滑絕緣水平面上有M、N兩個點電荷。t=0時,M靜止,N以初速度6m/s向甲運動。此后,它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的v-t圖像分別如圖乙中M、N兩曲線所示。則由圖線可知()A.兩電荷的電性一定相反B.t2時刻兩電荷的電勢能最大C.0~t2時間內,兩電荷的靜電力先增大后減小D.0~t3時間內,M的動能一直增大,N的動能一直減小答案:C解析:由題圖乙可知,兩個小球間產生的是排斥力,因為剛開始N做減速運動,M做初速度為0的加速運動,則兩個電荷的電性一定相同,選項A錯誤;在t1時刻,兩個小球共速,兩小球間的距離最小,故在間距減小的過程中,靜電力對整體做負功,以后小球的距離逐漸增大,靜電力就做正功了,故兩球間距最小時的電勢能最大,選項B錯誤;在0~t2時間內,兩電荷的間距先減小后增大,故它們間的靜電力先增大后減小,選項C正確;0~t3時間內,M的速度一直增大,故它的動能一直增大,而N的速度先減小后增大,故它的動能也是先減小后增大,選項D錯誤。二、多項選擇題5.在地面附近,存在一有界電場,邊界MN將空間分成上下兩個區域Ⅰ、Ⅱ,在區域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場,在區域Ⅰ中離邊界某一高度處由靜止釋放一質量為m的帶電小球A,如圖甲所示,小球運動的v-t圖像如圖乙所示,不計空氣阻力,則()A.小球受到的重力與電場力大小之比為3∶5B.在t=5s時,小球經過邊界MNC.在小球向下運動的整個過程中,重力做的功大于電場力做的功D.在1~4s過程中,小球的機械能先減少后增加答案:AD解析:小球進入電場前做自由落體運動,進入電場后受到重力和電場力作用而做減速運動,由題圖乙可以看出,小球經過邊界MN的時刻是t1=1s和t2=4s,故選項B錯誤;由v-t圖像的斜率等于加速度得,小球進入電場前的加速度大小a1=g=v1t1=v1,進入電場后的加速度大小a2=2v14-1=2v13,由牛頓第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得電場力F=mg+ma2=6.如圖甲所示,兩水平金屬板間距為d,板間電場強度的變化規律如圖乙所示。t=0時刻,質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,0~T3時間內微粒勻速運動,T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0~T時間內運動的描述,正確的是(A.末速度大小為2v0 B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了12mgd D.克服電場力做功為答案:BC解析:0~T3時間內微粒勻速運動,有mg=qE0。把微粒的運動分解,水平方向:做速度為v0的勻速直線運動;豎直方向:T3~2T3時間內,只受重力,做自由落體運動,2T3時刻,v1y=gT3,2T3~T時間內,a=2qE0-mgm=g,做勻減速直線運動,T時刻,v2y=v1y7.(2019·山西孝義市第一次模擬)如圖所示,ABCD為豎直放置的光滑絕緣細管道,其中AB部分是半徑為R的圓弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,兩部分管道恰好相切于B點。水平面內的M、N、B三點連線構成邊長為l的等邊三角形,M、N連線過C點且垂直于BCD。兩個帶等量異種電荷的點電荷分別固定在M、N兩點,電荷量分別為+Q和-Q。現把質量為m、電荷量為+q的小球(小球直徑略小于管道內徑,小球可視為點電荷),由管道的A處靜止釋放,已知靜電力常量為k,重力加速度為g,則()A.小球運動到B點時受到的電場力小于運動到C點時受到的電場力B.小球在B點時的電勢能小于在C點時的電勢能C.小球在A點時的電勢能等于在C點時的電勢能D.小球運動到C點時的速度為gR答案:AC解析:根據等量異種點電荷的電場特征,B點電場強度小于C點,小球在B點時受到的電場力小于運動到C點時受到的電場力,故A項正確。根據等量異種點電荷的電場特征可知A、B、C三點處于同一個等勢面上,所以三點的電勢相等,小球在三點處的電勢能是相等的,故B項錯誤,C項正確。從A點到C點的運動過程只有重力對小球做功,由動能定理可得mgR=12mvC2三、非選擇題8.如圖甲所示,在真空中足夠大的絕緣水平地面上,一個質量為m=0.2kg,電荷量為q=2.0×10-6C的小物塊處于靜止狀態,小物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.1。從t=0時刻開始,空間加上一個如圖乙所示的電場強度大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向,g取10m/s(1)23s內小物塊的位移大小;(2)23s內電場力對小物塊所做的功。答案:(1)47m(2)9.8J解析:(1)0~2s內小物塊的加速度為a1由牛頓第二定律得E1q-μmg=ma1,即a1=E1q-μmg位移x1=12a1t12s末的速度為v2=a1t1=4m/s2~4s內小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律得E2q-μmg=ma2即a2=E2q-位移的大小x2=x1=4m,4s末小物塊的速度為v4=0因此小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運動第22s末的速度為v22=4m/s,第23s末的速度v23=v22+a2t=2m/s(t=23s-22s=1s)所求位移為x=222x1+v22(2)23s內,設電場力對小物塊所做的功為W,由動能定理得W-μmgx=1解得W=9.8J。9.如圖所示,ABC為光滑的固定在豎直面內的半圓形軌道,軌道半徑為R=0.4m,A、B為半圓軌道水平直徑的兩個端點,O為圓心。在水平線MN以下和豎直線OQ以左的空間內存在豎直向下的勻強電場,電場強度E=1.0×106N/C。現有一個質量m=2.0×10-2kg,電荷量q=2.0×10-7C的帶正電小球(可看作質點),從A點正上方由靜止釋放,經時間t=0.3s到達A點并沿切線進入半圓軌道,g取10m/s2,不計空氣阻力及一切能量損失,求:(1)小球經過C點時對軌道的壓力大小;(2)小球經過B點后能上升的最大高度。答案:(1)1.65N(2)0.85m解析:(1)由題意可知,小球進入電場前做自由落體運動,設下落的高度為h,到達C的速度為vC,由題意可得h=12gt2=0.45m小球進入軌道后做圓周運動,從A點運動到C點過程由動能定理可得mg(h+R)+EqR=12可得vC=5m/s③設到達C時軌道對小球的支持力為FN,由牛頓第二定律可得FN-mg-Eq=mv由牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力大小為FN'=FN=1.65N。⑤(2)設小球經過B點后上升的最大高度為h',由機械能守恒定律可得12mvC2代入數據可得h'=0.85m。⑦10.(2018·河北衡水二模)如圖甲所示,兩塊水平平行放置的導電板,板距為d,大量電子(質量為m,電荷量為e)連續不斷地從中點O沿與極板平行的OO'方向射入兩板之間,當兩板不帶電時,這些電子通過兩板之間的時間為3t0,當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時,所有的電子均能從兩板間通過(不計重力)。求這些電子穿過平行板時距OO'的最大距離和最小距離。答案:3解析:以電場力的方向為正方向,畫出電子在t=0、t=t0時刻進入電場后,沿電場力方向的速度vy隨時間變化的vy-t圖像如圖丙和圖丁所示。電場強度E=U電子的加速度a=Ee由圖丙中vy1=at0=Uvy2=a×2t0=2由圖丙可得電子的最大側移,即穿過平行板時距OO'的最大距離ymax=vy12t0+vy1t0+vy由圖丁可得電子的最小側移,即穿過平行板時距OO'的最小距離ymin=vy12t0+vy1t011.(2019·名師原創預測)如圖所示,在光滑的水平桌面上,水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點,整個軌道位于水平桌面內,圓心角∠BOC=37°,線段OC垂直于OD,圓弧軌道半徑為R,直線軌道AB長為l=5R。整個軌道處于電場強度為E的勻強電場中,電場強度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD。現有一個質量為m、電荷量為+q的小物塊P從A點無初速度釋放,小物塊P與AB之間的動摩擦因數μ=0.25,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,忽略空氣阻力。求:(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小FNC1;(2)小物塊第一次通過D點后離開D點的最大距離;(3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程。答案:(1)5.4qE(2)65R(3)15解析:(1)設小物塊第一次到達C點時的速度大小為vC1,根據動能定理有qE[lsin37°+R(1-cos37°)]-μqElcos37°=12m解得vC1=22在C點根據向心力公式得FNC1'-qE=mv解得FNC1'=5.4qE。根據牛頓第三定律得FNC1=5