课时跟踪检测（二十六） 带电粒子在电场中运动的综合问题

PAGE第1页共11页课时跟踪检测（二十六）带电粒子在电场中运动的综合问题A卷——全员必做1.(2021·重庆质检)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.(2021·福州六校联考)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．(2021·汕头模拟)(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．(2021·石家庄联考)(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．(2021年1月新高考8省联考·福建卷)(多选)如图，同一竖直平面内A、B、C、D四点距O点的距离均为r，O为水平连线AB的中点，C、D为AB连线中垂线上的两点。A、B两点分别固定有带电荷量均为Q(Q>0)的点电荷。在C点由静止释放一质量为m的带正电小球，小球竖直下落通过D点。重力加速度大小为g，静电力常量为k。则()A．C、D两点的场强大小均为keq\f(Q,r2)B．小球运动到D点时的动能为2mgrC．小球从C点到D点的过程中，先加速后减速D．小球从C点到D点的过程中，电势能先增大后减小解析：选BD由平行四边形定则可求得电场中C、D两点的场强大小为EC＝ED＝2eq\f(kQ,\r(2)r2)·cos45°＝eq\f(\r(2)kQ,2r2)，A错误；由电场分布对称性可知，C、D两点电势差为0，对小球由C到D过程应用动能定理可得：Ek＝mg·2r，B正确；小球由C到O过程中电场力做负功，由O到D过程中电场力做正功，所以小球从C点到D点的过程中，电势能先增大后减小，选项D正确；小球由O到D过程中电场力和重力方向均竖直向下，一定处于加速阶段，故选项C错误。10.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，则滑块回到A点时速度大小为__________，A、B两点间电势差为__________。解析：设滑块回到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)。答案：veq\r(\f(1－μ,1＋μ))－eq\f(mv2,21＋μq)11.(2020·安徽10月联考)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、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：(1)粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；(3)A、B两板间距的最小值。解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度在C、D间，由动能定理有qU2＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU2,m))。(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，竖直方向的位移也为0若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短长度为L＝v0T＝Teq\r(\f(2qU2,m))。(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d则有eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\f(T,4)2×2＝eq\f(d,2)解得d＝eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))。答案：(1)eq\r(\f(2qU2,m))(2)Teq\r(\f(2qU2,m))(3)eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))B卷——重点选做1.如图所示，上、下水平放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在小球B上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝eq\f(mg,q)，让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(空气阻力不计，重力加速度为g)。求：(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；(3)B球是否能碰到下板；如能，求刚碰到时B球的速度v3大小；如不能，请通过计算说明理由。解析：(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动，v12＝2gl解得v1＝eq\r(2gl)。(2)A球进入电场前，只有B球受电场力，F＝qE＝mg，方向竖直向下，由牛顿第二定律可得，F＋2mg＝2ma1，解得a1＝eq\f(3g,2)系统做匀加速直线运动，A球刚进入电场时有，v22－v12＝2解得v2＝eq\r(5gl)。(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图所示，6qE－qE－2mg＝2ma2解得a2＝eq\f(3g,2)设系统速度为零时，B球没碰到下板，此时系统通过的距离为H，则v22＝2a2解得H＝eq\f(5l,3)<2l，故B球不能碰到下板。答案：(1)eq\r(2gl)(2)eq\r(5gl)(3)不能理由见解析2.如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0cm，相距d＝2cm，两极板间加以电压U2＝200V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19C，电子的质量m＝0.9×10－30kg(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。解析：(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J。(2)电子在水平方向做匀速运动，由l＝v0t，得t＝eq\f(l,v0)电子刚射入偏转电场时动能Ek＝eq\f(1,2)mv02电子在竖直方向受电场力F＝eeq\f(U2,d)电子在竖直方向做匀加速直线运动，依据牛顿第二定律有eeq\f(U2,d)＝ma，得a＝eq\f(eU2,md)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y＝eq\f(1,2)at2代入数据解得y＝0.36cm。(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U＝eq\f(U2,d)y电场力所做的功W＝eU解得W＝5.76×10－18J。答案：(1)4.0×10－16J(2)0.36cm(3)5.76×10－18J3．(2021·福州模拟)如图所示，直角坐标系xOy位于同一竖直平面内，其中x轴水平、y轴竖直，xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场，OA长为l，与x轴间的夹角θ＝30°。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出，恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。(1)求P的纵坐标yP及小球从P射出时的速度v0；(2)已知电场强度的大小为E＝eq\f(\r(3)mg,2q)，若小球不能从BC边界离开电场，OC长度应满足什么条件？解析：(1)设小球从P运动到M所用时间为t1，则有yP－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,2)gt12eq\f(l,2)cosθ＝v0t1eq\f(v0,tanθ)＝gt1解得yP＝eq\f(5,8)l，v0＝eq\f(\r(gl),2)。(2)设小球到达M时速度为vM，进入电场后加速度为a，有vM＝eq\f(v0,sinθ)由mgcosθ＝qE知，小球在电场中沿vM方向所受合力为零，故小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动，沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动，设边界OC的长度为d时，小球不能从BC边射出，在电场中运动时间为t2，则有mgsinθ＝maeq\f(l,2)＝eq\f(1,2)at22d>vMt2解得d>eq\r(2)l。答案：(1)eq\f(5,8)leq\f(\r(gl),2)(2)OC>eq\r(2)l4.如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2(1)乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)碰撞前甲球的速度v0。解析：(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则meq\f(vD2,R)＝mg＋qE①2R＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg＋qE,m)))t2②x＝vDt③联立①②③得x＝0.4m。④(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙⑤eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2⑥联立⑤⑥得v乙＝v0⑦由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2⑧联立①⑦⑧得v0＝2eq\答案：(1)0.4m(2)2eq\5．如图所示，竖直边界MN右侧离地面高h＝0.65m处有一长为L＝2m的粗糙水平绝缘平台，平台的左边缘与MN重合，平台右边缘A点有一质量m＝0.1kg、电荷量q＝0.1C的带正电滑块(可视为质点)，以初速度v0＝2m/s向左运动，此时平台上