全国版2019版高考物理一轮复习第8章电场32带电粒子在电场中的综合问题能力训练.doc

1、【 精品教育资源文库 】 32 带电粒子在电场中的综合问题 1 (多选 )在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从 A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上 A、 B 两点在同一水平线上， M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为 8 J，在 M 点的动能为 6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是 ( ) A小球水平位移 x1与 x2的比值为 1 3 B小球水平位移 x1与 x2的比值为 1 4 C小球落到 B 点时的动能为 32 J D小球从 A 点运动到 B 点的过程中最小动能为 6 J 答案 AC 解析 小球在水平方向做初速度为零的 匀加速运动，小球在竖直方向上

2、升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移 x1 x2 1 3， A 正确、 B 错误；设小球在 M 点时的水平分速度为 vx，则小球在 B 点时的水平分速度为 2vx，根据题意有 12mv20 8 J，12mv2x 6 J，因而在 B 点时小球的动能为 EkB12m v20 (2vx)2 32 J， C 正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场 力的合力，为恒力，小球在 A 点时， F 合 与速度之间的夹角为钝角，小球在 M 点时，速度与 F 合 之间的夹角为锐角，即 F 合 对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从 A 到 M 过程中，动能先减小后增大，小球从

3、 M 到 B 的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从 A 运动到 B 的过程中最小动能一定小于 6 J， D 错误。 2.如图所示，地面上有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的 A 点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成 30 角的虚线由 A 向 B 做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A小球带正电荷 B小球 受到的电场力与重力大小之比为 2 1 C小球从 A 运动到 B 的过程中电势能增加 D小球从 A 运动到 B 的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量 答案 C 解析 根据题意，受力分析如图所示。由于小球沿直线运动，则合

4、力与速度在同一直线上，故小球受到的电场力水平向左，故小球带负电， A 错误；由图可知： tan30 mgEq 33 ，故小球受到的电场力与重力大小之比为 3 3， B 错误；由于小球从 A 到 B 电场力做负功，故电势能增加， C 正确；根据动能定理可知： W 电 WG Ek， D 错误。 3 (2017 浙江温州中学高三模拟 )如图所示，地面上某个空间区域存在一这样的电场，水平虚线上方为场强 E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强 E2，方向竖直向上的匀强电场。一个质量 m，带电量 q 的小球从上方电场的 A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与 A 关于虚线对称的 B 点，则下列结

5、论正确的是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 B带电小球在 A、 B 两点电势能相等 C若 A、 B 高度差为 h，则 UAB mghq D两电场强度大小关 系满足 E2 2E1 答案 C 解析 A 到虚线速度由零加速至 v，由虚线到 B 速度 v 减为零，位移相同，根据 v2 2ax，则加速度大小相等，方向相反，故 A 错误；对 A 到 B 的过程运用动能定理得， qUAB mgh 0，解得： UAB mghq ，知 A、 B 的电势不等，则电势能不等，故 B 错误、 C 正确；在上方电场，根据牛顿第二定律得： a1 mg qE1m ，在

6、下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2 qE2 mgm ，因为 a1 a2，解得： E2 E1 2mgq ，故 D 错误。 4如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为 m，所带的电荷量为 q，用一根长为 L 且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的 O 点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从 O 点右方由水平位置 A 点无初速度释放，小球到达最低点 B时速度恰好为零。 (1)求匀强电场的电场强度 E 的大小； 【 精品教育资源文库 】 (2)若小球从 O 点的左方由水平位置 C 点无初速度释放，则小球到达最低点 B 所用的时间t 是多少？ (已知： O

7、A OC L，重力加速度为 g) 答案 (1)mgq (2) 2Lg 解析 (1)对小球由 A 到 B 的过程，由动能定理得： mgL qEL 0 所以 E mgq 。 (2)小球在 C 点时受电场力 F 电 qE mg，重力 mg，其合力大小 F 2mg，方向与水平方向成 45 指向右下方，释放后，将做匀加速直线运动，设加速度为 a，到 B 点时的速度为 vB，因为 a Fm 2mgm 2g，运动距离为 2L，所以 2L 12at2，所以 t 2Lg 。 5如图所示， ABCDF 为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平方向的匀强电场中， BCDF 是半径为 R 的圆形轨道，已知电场强度为 E，今有

8、质量为 m 的带电小球在电场力作用下由静止从 A点开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，要使小球沿轨道做圆周运动，则 A、B 间的距离至少为多大？ 答案 ? ?1 3 22 R 解析 要使小球在圆轨道上做圆周运动，小球在等效 “ 最高 ” 点不脱离圆环。这 “ 最高 ”点并不是 D 点，可采用等效重力场的方法进行求解。 重力场和电场合成等效重力场，其方向为电场力和重力的合力方向，与竖直方向的夹角(如图所示 )，其中 D 、 B 点为等效最高点和最低点。 【 精品教育资源文库 】 tan qEmg 1， 45 ，则 等效重力加速度 g F合m mg2 qE 2m 2g 在等效重力场的

9、 “ 最高 ” 点，小球刚好不掉下来时 mg mv2R， v g R 2Rg 设 A、 B 间距离至少为 L，从 A 到等效重力场的 “ 最高 ” 点，由动能定理 qE(L Rsin45) mg(R Rcos45) 12mv2 0 LmgR? ?1 22 22 mgR qE 22 RqE ?1 3 22 R。 6如图 1 所示，在真空中足够大的绝缘 水平地面上，一个质量为 m 0.2 kg，带电量为q 2.010 6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 0.1。从 t 0时刻开始，空间加上一个如图 2 所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场。 (取水平向右的方向为正方向， g

10、 取 10 m/s2)求： (1)物块在前 2 s 内加速度的大小； (2)物块在前 4 s 内的位移大小； (3)23 秒内电场力对小物块所做的功。 答案 (1)2 m/s2 (2)8 m (3)9.8 J 【 精品教育资源文库 】 解析 (1)0 2 s 内：由牛顿第二定律： qE1 mg ma1 得物块 加速度 a1 E1q mgm 2 m/s2。 (2)0 2 s 内的位移 x1 12a1t21 4 m 2 s 末的速度为 v2 a1t1 4 m/s 2 4 s 内物块加速度 a2 E2q mgm 2 m/s2 2 4 s 内的位移： x2 v2t 12a2t2 4 m 所以前 4

11、s 内位移大小： x x1 x2 8 m。 (3)4 s 末的速度为 v4 0，因此小物块做周期为 4 s 的加速和减速运动，第 22 s 末的速度与 第 2 s 末的速度相等，为 v22 4 m/s，第 23 s 末的速度 v23 v22 a2t 2 m/s (t 1 s) 所求位移为 x 222 x1 v22 v232 t 47 m 23 秒内，设电场力对小物块所做的功为 W，由动能定理： W mgx 12mv223 0 求得 W 9.8 J。 7如图， O、 A、 B 为同一竖直平面内的三个点， OB 沿竖直方向， BOA 60 ， OB 32OA，将一质量为 m 的小球以一定的 初动能

12、自 O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电，电荷量为 q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与 OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的初动能水平向左抛出，恰好通过 B 点，且到达 B点时的动能为初动能的 6 倍，重力加速度大小为 g。求： (1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)小球由 O A 和由 O B 电势能的变化量的比值。 答案 (1)73 (2)23 解析 (1)设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O

13、 点运动到 A 点的时间为 t，令 OA d，则 OB 32d，根据平抛运动的规律有 【 精品教育资源文库 】 dsin60 v0t dcos60 12gt2 又 Ek0 12mv20 由 式得 Ek0 38mgd 设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则 EkA Ek0 mgdcos60 由 式得 EkAEk0 73。 (2)加电场后，小球从 O 点到 A 点和 B 点，高度分别降低了 d2和 3d2 ，设电势能分别减小 EpA和 EpB，由能量守恒及 式得 EpA 3Ek0 Ek0 12mgd 23Ek0 EpB 6Ek0 Ek0 32mgd Ek0 EpA EpB23Ek0E0 23。

14、 8.(2014 海南高考 )如图，一平行板电容器的两极板与一 电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为 d；在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板，其上部空间有一带电粒子 P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子 P 开始运动。重力加速度为 g。粒子运动的加速度为 ( ) A.ldg B.d ld g C. ld lg D. dd lg 答案 A 解析 电容器的两极板与电源相连，可知极板间电压恒定，有金属板存在时，板间电场强度为 E1 Ud l，此时带电粒子静止，可 知 mg qE1，把金属板从电容器中抽出后，板间电【 精品教育资源文库 】 场强度为 E2 Ud，此时粒子加

15、速度为 a mg qE2m ，联立可得 a ldg， A 正确。 9.(2015 天津高考 )(多选 )如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场 E1，之后从中线进入电场线竖直向下的匀强电场 E2发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 ( ) A偏转电场 E2对三种粒子做功一样多 B三种粒子打到屏上时的速度 一样大 C三种粒子运动到屏上所用时间相同 D三种粒子一定打到屏上的同一位置 答案 AD 解析 设加速电场两板间距离为 d，则 qE1d 12mv20，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为 y，偏转电场两板的长度为 L，