课时跟踪检测（二十六） 带电粒子在电场中运动的综合问题

课时跟踪检测（二十六）带电粒子在电场中运动的综合问题1.如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B端分别固定带电小球a、b，另一带电小球c(其直径略小于管内径)位于AB中点O，处于静止状态，小球均带正电。轻晃玻璃管可观察到小球c在O点附近的M、N两点间(M、N关于O点对称)上下运动。下列说法正确的是()A．M、N两点的电势相等B．小球c在运动过程中机械能守恒C．小球a的电荷量等于小球b的电荷量D．小球c从O点运动到N点电场力做负功解析：选D小球c开始静止在O点，知重力和电场力平衡，可知b球对c球的电场力大于a球对c球的电场力，则小球a的电荷量小于小球b的电荷量，小球a和小球b的电荷量不等，故关于ab中点O对称的两点M、N电势不等，故A、C错误；小球在振动的过程中，除重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球c从O点运动到N点的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确。2.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速度水平通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则()A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中动量的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等解析：选BD根据牛顿第二定律得，粒子的加速度a＝eq\f(qE,m)，可知加速度相等，因为初速度不同，根据位移时间公式知，运动的时间不同。根据Δv＝at知，速度的变化量不同，根据Δp＝mΔv可知动量增量不相同，故A、C错误；根据动能定理得，qU＝ΔEk，知电场力做功相同，则动能的增量相同，故B正确；因为电场力做功相等，根据电场力做功与电势能的关系知，电势能的减小量相等，故D正确。3.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是()A．2s末带电粒子的速度为零B．3s末带电粒子回到原出发点C．带电粒子将始终向同一个方向运动D．0～3s内，电场力始终做正功解析：选B0～1s内，粒子做加速运动，1～2s内电场强度反向，且大小是0～1s内电场强度的2倍，故粒子在1～2s内的加速度大小是0～1s内的加速度大小的2倍，故粒子在1.5s末速度减小为零，所以2s末粒子反向运动，速度不为零，根据对称性可知粒子在3s末速度为零，回到出发点，A、C错误，B正确；0～1s内电场力做正功，1～1.5s内电场力做负功，1.5～2s内电场力做正功，2～3s内电场力做负功，D错误。4.(多选)如图所示，绝缘的斜面体处在一个水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，克服电场力做功为0.5J，重力势能减少了1.5J，则以下说法正确的是()A．金属块带正电荷B．电势能减少0.5JC．金属块克服摩擦力做功0.7JD．金属块的机械能减少1.2J解析：选CD在下滑过程中金属块克服电场力做功0.5J，则电势能增加0.5J，故金属块带负电，故A、B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力势能减少了1.5J，故重力做功1.5J，又电场力做功为－0.5J，根据动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得：Wf＝－0.7J，故C正确；除重力以外的力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确。5．如图所示，在水平面MN的下方空间中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点以一定初速度水平抛出，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AB＝2BC。由此可知()A．小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B．电场力大小为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2∶1解析：选C从A到B到C，整个运动过程中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项A错；从A到B到C，小球在水平方向做匀速直线运动，AB、BC的水平分量之比等于2∶1，所以从A到B的时间与从B到C的时间之比等于2∶1，AB和BC竖直方向上的分量也是2∶1，所以竖直方向上的加速度之比是1∶2，根据Eq－mg＝ma，可知qE＝3mg，电场力的大小是重力大小的3倍，则选项C正确，B、D错误。6.(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，一不可伸长的、长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，现用外力将小球移至与O点等高的A点，移动过程中细线始终绷直，则()A．小球带负电B．匀强电场电场强度的大小为eq\f(3mg,4q)C．电场中A、B两点的电势差为eq\f(3mgL,4q)D．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为eq\r(gL)解析：选BD小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan37°＝eq\f(Eq,mg)，解得E＝eq\f(3mg,4q)，B正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sinθ)＝－eq\f(3mgL,10q)，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcosθ＋UABq＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(gL)，D正确。7.如图所示，四个可视为质点的带电小球1、2、3、4的质量均为M，小球1、2、3所带的电荷量均为＋q，小球4所带的电荷量为－10q。小球4在外力作用下静止在绝缘水平面正上方高度为eq\r(3)d处，小球1、2、3在绝缘水平面上做圆周运动，运动的半径为d，圆心为小球4在水平面上的投影点，小球1、2、3的连线正好构成一等边三角形。重力加速度为g，静电力常量为k，忽略一切摩擦，则下列说法正确的是()A．作用在小球4上的外力大小为eq\f(15\r(3)kq2,4d2)B．小球1做圆周运动的周期为eq\f(4πd,q)eq\r(\f(3Md,15－4\r(3)k))C．小球2的动能为eq\f(15－4\r(3)dq2,12k)D．小球3对水平面的压力大小为Mg＋eq\f(5\r(3)kq2,4d2)解析：选B小球1、2、3与小球4的连线长度为eq\r(\r(3)d2＋d2)＝2d，则该连线与竖直方向的夹角的余弦值为cosα＝eq\f(\r(3)d,2d)＝eq\f(\r(3),2)，故α＝30°。对小球4进行受力分析，由力的平衡条件可知作用在小球4上的外力大小为F＝Mg＋3eq\f(kq·10q,2d2)cosα＝eq\f(15\r(3)kq2,4d2)＋Mg，方向竖直向上，A错误。由题意可知，球1、2、3彼此间的连线夹角为60°，对小球1有eq\f(kq·10q,2d2)sinα－2eq\f(kq2,\r(3)d2)cos30°＝Meq\f(4π2,T2)d，解得其做圆周运动的周期T＝eq\f(4πd,q)eq\r(\f(3Md,15－4\r(3)k))，B正确。小球2的动能为Ek2＝eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)Meq\f(4π2d2,T2)＝eq\f(15－4\r(3)kq2,24d)，C错误。小球3在竖直方向的合力为零，由力的平衡条件得FN＝Mg－eq\f(kq·10q,2d2)cosα＝Mg－eq\f(5\r(3)kq2,4d2)，则由牛顿第三定律可知小球3对水平面的压力大小为Mg－eq\f(5\r(3)kq2,4d2)，D错误。8.(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()A．末速度大小为eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd解析：选BC因0～eq\f(T,3)内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知eq\f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误。9.(多选)如图所示，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。现准备将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从a点以初动能Ek0抛出。第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过c点时，小球动能为5Ek0；第二次，加一方向平行于abc所在平面、场强大小为eq\f(2mg,q)的匀强电场，沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．所加电场的方向水平向左B．a、b两点之间的距离为eq\f(5Ek0,mg)C．b、c两点之间的距离为eq\f(4Ek0,mg)D．a、c间的电势差Uac＝eq\f(8Ek0,q)解析：选CD不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得：mghab＝5Ek0－Ek0，解得：hab＝eq\f(4Ek0,mg)，故B错误；不加电场时小球做平抛运动，竖直方向：hab＝eq\f(1,2)gt2，水平方向：xbc＝v0t，又Ek0＝eq\f(1,2)mv02，联立解得：xbc＝eq\f(4Ek0,mg)，故C正确；加电场时，根据动能定理得：mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得：Uac＝eq\f(8Ek0,q)，故D正确；根据U＝Ed得，ac沿电场方向距离为：d＝eq\f(Uac,E)＝eq\f(\f(8Ek0,q),\f(2mg,q))＝eq\f(4Ek0,mg)＝xbc，又沿着电场方向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故A错误。10.(多选)如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ<1)。水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E＝eq\f(mg,q)。如果在A点给滑块一个向左的、大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是()A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同B．滑块回到A点时速度大小仍为vC．滑块回到A点时速度大小为veq\r(\f(1－μ,1＋μ))D．A、B两点间电势差为－eq\f(mv2,21＋μq)解析：选CD滑块向左运动时，根据牛顿第二定律：Eq＋μmg＝ma1，向右运动时，根据牛顿第二定律：Eq－μmg＝ma2，加速度大小不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A错误；设回到A点时的速度为vA，则根据动能定理有：－(Eq＋μmg)s＝－eq\f(1,2)mv2，(Eq－μmg)s＝eq\f(1,2)mvA2，联立整理可以得到：vA＝veq\r(\f(1－μ,1＋μ))，UAB＝－Es＝－eq\f(mv2,21＋μq)，故选项C、D正确，B错误。11.如图所示，质量均为m的带电小球A、B用长为L的绝缘轻杆连接，A带电荷量为＋q，B带电荷量为－q，A用绝缘轻弹簧，B用绝缘轻绳分别悬挂在水平天花板上。已知弹簧的劲度系数为k，两悬点CD间距离也为L，整个空间存在竖直向上的匀强电场，场强E＝eq\f(3mg,q)，静止时轻杆处于水平位置。今剪断轻绳，由于空气阻力，经相当长的时间后，两球再次处于静止状态。求：(1)两次平衡时弹簧的形变量分别为多少；(2)整个过程中空气阻力做的功。解析：(1)开始时，对A球分析，弹簧压缩量为x1，则有qE＝mg＋kx1解得x1＝eq\f(2mg,k)再次平衡时，对A、B球整体分析，弹簧伸长量为x2，kx2＝2mg解得x2＝eq\f(2mg,k)。(2)整个过程，对AB及弹簧组成的系统，根据功能关系可得：mg(x1＋x2)＋mg(x1＋x2＋L)＋qEL＋Wf＝0解得Wf＝－4mgL＋eq\f(2mg,k)。答案：(1)eq\f(2mg,k)eq\f(2mg,k)(2)－4mgL＋eq\f(2mg,k)12．如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、