專題提升五帶電粒子(體)在電場與重力場中的運動及帶電粒子在交變電場中的運動(分值：100分)選擇題1～8題，每小題8分，共64分。對點題組練題組一帶電粒子(體)在電場和重力場中的直線運動1.如圖所示，空間有一水平方向的勻強電場，初速度為v0的帶電微粒從A點射入電場，在豎直平面內沿直線從A運動到B，在此過程中微粒的()動能和電勢能都減少，重力勢能增加動能和重力勢能都增加，電勢能減少動能減少，重力勢能和電勢能都增加動能不變，重力勢能增加，電勢能減少2.如圖所示，高為h的固定光滑絕緣斜面，傾角θ＝53°，將其置于水平向右的勻強電場中，現將一帶正電的物塊(可視為質點)從斜面頂端由靜止釋放，其所受的電場力是重力的eq\f(4,3)，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為()2eq\r(5gh) 2eq\r(gh) 2eq\r(2gh) eq\f(5,3)eq\r(2gh)題組二帶電粒子(體)在電場和重力場中的曲線運動3.如圖所示，四個質量均為m、帶電量均為＋q的微粒a、b、c、d距離地面的高度相同，以相同的水平速度被拋出，除了a微粒沒有經過電場外，其他三個微粒均經過電場強度大小為E的勻強電場(mg>qE)，這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別是ta、tb、tc、td，不計空氣阻力，則()ta<tb<tc<td tb＝tc<ta＝tdta＝td<tb<tc tb<ta＝td<tc4.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一個帶正電的液滴在豎直平面內運動，P、Q為其運動軌跡上的兩點，液滴經過這兩點時速度大小均為v0，速度方向與水平方向的夾角分別為α＝53°、β＝37°，已知液滴質量為m、電量為q，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()液滴從P點運動到Q點的時間為eq\f(v0,2g)電場強度的大小為eq\f(mg,2q)P、Q兩點間的電勢差為eq\f(7mveq\o\al(2,0),50q)液滴從P點運動到Q點過程中，動能先增加后減少題組三帶電粒子(體)在電場和重力場中的圓周運動5.(2024·江蘇鹽城高二期末)在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b，不計空氣阻力，則()小球帶負電電場力跟重力平衡小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小小球在運動過程中機械能守恒6.(多選)如圖所示，絕緣光滑的半圓軌道位于豎直平面，豎直向下的勻強電場E穿過其中，在軌道的上緣有一個質量為m、帶電量為＋q(q＞0)的小球，由靜止開始從半圓形軌道的頂點沿軌道運動，重力加速度為g，下列說法正確的是()小球運動過程中機械能守恒小球在軌道最低點時速度最大小球在最低點對軌道的壓力為mg＋qE小球在最低點對軌道的壓力為3(mg＋qE)題組四帶電粒子在交變電場中的運動7.如圖甲所示，在平行板電容器的A板附近，有一個帶正電的粒子(不計重力)處于靜止狀態，在A、B兩板間加如圖乙所示的交變電壓，t＝0時刻，該帶電粒子在靜電力作用下由靜止開始運動，經過3t0時間剛好到達B板，設此時粒子的動能大小為Ek3，若用只改變A、B兩板間距離的方法，使粒子在5t0時刻剛好到達B板，此時粒子的動能大小為Ek5，則eq\f(Ek3,Ek5)等于()eq\f(3,5) eq\f(5,3) 1 eq\f(9,25)8.(多選)如圖(a)所示，A、B表示真空中水平放置的間距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間電場可視為勻強電場，現在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t＝eq\f(T,4)時，恰有一質量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子重力，下列關于粒子運動狀態的表述正確的是()粒子在垂直于板的方向的分運動不可能是單向運動粒子在垂直于板的方向的分運動可能是往復運動粒子不可能沿與板平行的方向飛出只要電壓周期T和v0的值同時滿足一定條件，粒子可以沿與板平行的方向飛出綜合提升練9.(12分)(2024·廣東省揭陽高二月考)如圖甲所示的平行板電容器板間距離為d，板長為L，兩板間所加電壓隨時間變化圖線如圖乙所示，0～eq\f(T,2)時間內電壓為U0，eq\f(T,2)～T時間內的電壓未知。t＝0時刻，質量為m、帶電量為q的粒子以平行于極板的速度沿平行板中軸線OO′射入電容器，t＝T時刻粒子剛好從O′射出電容器，帶電粒子的重力不計，求：(1)(6分)粒子從O點射入的速度大小；(2)(6分)eq\f(T,2)～T時間內的電壓大小。10.(12分)在一個水平面上，建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面右側空間有一勻強電場，場強E＝6×105N/C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個帶電量q＝－5×10－8C、質量m＝10g的絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2m/s，如圖所示，(g取10m/s2)求：(1)(4分)物塊所受電場力的方向；(2)(4分)物塊沿x軸正方向運動時的加速度；(3)(4分)物塊沿x軸正方向運動時距O點的最遠距離。培優加強練11.(12分)如圖所示，勻強電場E＝1×104V/m，方向水平向右，ABCD為豎直放置在電場中的絕緣導軌，半圓形軌道BCD光滑，半徑R＝0.1m，B為圓軌道的最低點，水平軌道與其相切于B點，水平軌道粗糙，eq\o(AB,\s\up6(－))＝2R，一質量m＝0.1kg、電量q＝1×10－4C的帶正電的小滑塊在A點有一個水平向右的初速度v0＝2m/s。已知水平軌道與小滑塊之間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，求：(1)(4分)小滑塊從A到C，電場力做的功；(2)(4分)小滑塊到達C點時的速度大小；(3)(4分)小滑塊到達C點時對軌道壓力的大小。專題提升五帶電粒子(體)在電場與重力場中的運動及帶電粒子在交變電場中的運動1.C[帶電微粒沿直線AB運動，所以其合力與直線AB共線，由此可知微粒所受電場力水平向左，與重力的合力沿BA方向，故重力和電場力均做負功，動能減小，電勢能和重力勢能增加，選項C正確。]2.D[設重力和電場力的合力與水平方向的夾角為α，tanα＝eq\f(mg,\f(4,3)mg)，解得α＝37°，所以物塊并不是沿著斜面運動，而是沿著重力與電場力合力的方向運動，根據動能定理得mgh＋eq\f(4,3)mg·eq\f(h,tan37°)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(5,3)eq\r(2gh)，故D正確。]3.D[設四個微粒拋出時距地面的高度為h，微粒a、d在豎直方向均做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，可得落地時間為ta＝td＝eq\r(\f(2h,g))，微粒b受電場力向下，做類平拋運動，微粒c受電場力向上，但由于重力較大，仍做類平拋運動，由牛頓第二定律分別可得qE＋mg＝mab，mg－qE＝mac類比微粒a可得，落地時間分別為tb＝eq\r(\f(2h,ab))<ta，tc＝eq\r(\f(2h,ac))>ta，綜上可得tb<ta＝td<tc，故D正確。]4.C[液滴做曲線運動，將液滴的運動分解，豎直方向做勻減速直線運動，則有v0sinβ＝v0sinα－gt，解得液滴從P點運動到Q點的時間t＝eq\f(v0,5g)，故A錯誤；液滴水平方向做勻加速直線運動，則有v0cosβ＝v0cosα＋at，a＝eq\f(qE,m)，聯立解得電場強度的大小為E＝eq\f(mg,q)，故B錯誤；液滴水平方向的分位移x＝eq\f(v0cosα＋v0cosβ,2)t＝eq\f(7veq\o\al(2,0),50g)，由勻強電場的電勢差與電場強度的關系公式可得，P、Q兩點間的電勢差UPQ＝Ex＝eq\f(7mveq\o\al(2,0),50q)，故C正確；液滴受電場力與重力大小相等，相互垂直，因此兩力的合力與速度方向先成鈍角后成銳角，則合力先做負功后做正功，可知液滴從P點運動到Q點過程中，動能先減少后增加，故D錯誤。]5.B[小球在豎直平面內做勻速圓周運動，受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力與重力平衡，則知小球所受的電場力方向豎直向上，因此小球帶正電，故A錯誤，B正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤；由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故D錯誤。]6.BD[小球在運動過程中，除重力外，電場力做功，小球的機械能不守恒，故A錯誤；小球運動到軌道的最低點的過程中合外力一直做正功，動能增加，從最低點向最高點運動的過程中，合外力做負功，動能減小，在最低點小球動能最大，速度最大，故B正確；小球由靜止開始下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，小球經過最低點時，由重力、電場力和軌道的支持力的合力提供向心力，則有FN－mg－qE＝eq\f(mv2,R)，聯立可得軌道對小球的支持力FN＝3(mg＋qE)，則由牛頓第三定律知小球經過最低點時對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝3(mg＋qE)，故C錯誤，D正確。]7.B[設A、B兩板間距離為d，粒子經過3t0時間剛好到達B板時，粒子在運動過程中先加速后減速再加速，根據運動的對稱性和動能定理，可得Ek3＝qeq\f(U0,3)，若改變A、B兩板間距離使粒子在5t0時刻剛好到達B板，根據運動的對稱性和動能定理，可得Ek5＝qeq\f(U0,5)，故eq\f(Ek3,Ek5)＝eq\f(5,3)，B正確。]8.BD[粒子在平行于板的方向做勻速直線運動，在垂直于板的方向上粒子受到靜電力的作用，做勻變速直線運動，粒子從t＝eq\f(T,4)時刻出發，在電場中的運動時間不明確，可能做單向運動，也可能做往復運動，故A錯誤，B正確；若粒子在(eq\f(T,4)＋neq\f(T,2))(n＝1，2，…)時刻從右端離開電場，此時粒子沿電場方向的分速度恰好為0，粒子就可以沿與板平行的方向飛出，故C錯誤，D正確。]9.(1)eq\f(L,T)(2)3U0解析(1)粒子在水平方向一直做勻速直線運動，則有v0＝eq\f(L,T)。(2)在豎直方向上，0～eq\f(T,2)時間內，設粒子向下運動，末速度大小為v1，豎直位移為y，則有y＝eq\f(v1,2)·eq\f(T,2)，eq\f(T,2)～T時間內，設末速度大小為v2，則y＝eq\f(v2＋（－v1）,2)·eq\f(T,2)解得v2＝2v1由速度—時間公式可得a1＝eq\f(v1,\f(T,2))，a2＝eq\f(v2－（－v1）,\f(T,2))由牛頓第二定律可得a1＝eq\f(qU0,md)，a2＝eq\f(qU,md)聯立解得U＝3U0。10.(1)水平向左(2)5m/s2，方向水平向左(3)0.4m解析(1)物塊帶負電，則所受電場力方向水平向左。(2)根據牛頓第二定律得qE＋μmg＝ma解得a＝eq\f(qE＋μmg,m)＝eq\f(5×10－8×6×105＋0.2×0.01×10,0.01)m/s2＝5m/s2，方向水平向左。(3)物塊沿x軸正方向做勻減速直線運動，則距O點的最遠距離x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(22,2×5)m＝0.4m。11.(1)0.3J(2)eq\r(6)m/s(3)7N解析(1)小滑塊從A到C的運動過程，電場力做的功為WF＝qE(eq\o(AB,\s\up6(