高中一轮复习物理课时检测（四十）带电体在电场中运动的综合问题（题型研究课）

课时检测(四十)带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课)一、选择题1．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误。2．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是()A．小球在B位置处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是eq\r(3)Eq＝mgC．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－eq\f(1,2)qEl解析：选D小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B点小球所受的合力不为零，不是平衡状态，故A错误；根据动能定理得：mglsinθ－qEl(1－cosθ)＝0，解得Eq＝eq\r(3)mg，故B错误；类比单摆，小球将在A、B之间往复运动，能量守恒，幅度不变，故C错误；小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：d＝l－lcosθ＝eq\f(1,2)l，所以电场力做功：W＝－qEd＝－eq\f(1,2)Eql，故D正确。3．(多选)(2018·宜宾检测)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则()A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了eq\f(1,8)mv02D．在t＝eq\f(1,4)T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场解析：选AD粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝eq\f(2d,v0)＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则eq\f(T,2)时间内的位移为eq\f(d,2)，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；由上述分析知，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)·eq\f(U0q,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))2，解得q＝eq\f(mv02,U0)，选项B错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a＝eq\f(U0q,dm)＝eq\f(v02,d)，t＝eq\f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d′＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))2－2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,8)))2＝eq\f(1,8)aT2＝eq\f(1,2)d，故电场力做功(即电势能减少)W＝eq\f(U0q,d)×eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)U0q＝eq\f(1,2)mv02，选项C错误；t＝eq\f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq\f(T,4)，然后向下减速运动eq\f(T,4)，再向上加速运动eq\f(T,4)，向上减速运动eq\f(T,4)，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。4．(多选)(2018·湖北六校联合体联考)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为()A．3vB．4vC．5vD．6v解析：选AC若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有qeq\f(U,d)＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有qeq\f(2U,d)＝mg＋kv′，解得v′＝3v；如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有qeq\f(2U,d)＋mg＝kv″，解得v″＝5v，故A、C正确，B、D错误。二、计算题5．(2018·吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置的偏角α＝60°时，小球速度为零。(1)求小球的带电性质和电场强度E；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mgeq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2＝－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)解得vA＝eq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1)))。答案：(1)正电eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1)))6．如图甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点。在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度为零。已知电场强度大小为E0。求：(1)电场变化的周期T应满足的条件；(2)A、B之间的距离；(3)若在t＝eq\f(T,6)时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移大小。解析：(1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v­t图像如图所示，可见，当t0＝nT时，粒子的速度刚好为零，故有T＝eq\f(t0,n)(n为正整数)。(2)由(1)图可知，A、B之间的距离x＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2×2n＝eq\f(1,4)n·eq\f(qE0,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,n)))2＝eq\f(E0qt02,4mn)。(3)若在t＝eq\f(T,6)时刻释放该粒子，其v­t图像如图所示，解得t0时间内粒子的位移x′＝neq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(T,6)))2×2－eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,6)))2×2＝eq\f(E0qt02,12mn)。答案：(1)T＝eq\f(t0,n)(n为正整数)(2)eq\f(E0qt02,4mn)(3)eq\f(E0qt02,12mn)7．(2018·徐州、宿迁、连云港、淮安高三模拟)如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。解析：(1)粒子在A、B板间有qU0＝eq\f(1,2)mv02在C、D板间有L＝v0t0解得L＝t0eq\r(\f(2qU0,m))。(2)粒子从nt0(n＝0,2,4，…)时刻进入C、D板间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动偏移距离y＝eq\f(1,2)at02加速度a＝eq\f(qU1,md)得y＝eq\f(qU1t02,2md)。(3)粒子在C、D板间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远出C、D板时的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at0打在荧光屏上距中心线的最远距离s＝y＋Ltanθ荧光屏上区域长度Δs＝s＝eq\f(3qU1t02,2md)。答案：(1)t0eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(qU1t02,2md)(3)eq\f(3qU1t02,2md)8．(2016·上海高考)如图(a)，长度L＝0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10－7C；一质量m＝0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：(静电力常量k＝9×109N·m2/C2)(1)小球B所带电量q；(2)非均匀外电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；(3)在合电场中，x＝0.4m与x＝0.6m之间的电势差U；(4)已知小球在x＝0.2m处获得v＝0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x＝0.4m处。若小球在x＝0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？解析：(1)由题图(b)可知，当x＝0.3m时，F1＝keq\f(qQ,x2)＝0.018N因此q＝eq\f(F1x2,kQ)＝1×10－6C。(2)设在x＝0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，F合＝F2＋qE因此E＝eq\f(F合－F2,q)＝eq\f(－0.012－0.018,1×10－6)N/C＝－3×104N/C电场在x＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C。(3)根据题图(b)可知在x＝0.4m与x＝0.6m之间合力做功大小W合＝0.004×0.2J＝8×10－4J由qU＝W合，可得U＝eq\f(W合,q)＝800V。(4)由题图(b)可