（新课标）高考物理总复习课时检测（四十五）带电粒子（体）在电场中运动的综合问题（题型研究课）（含解析）

带电粒子(体)在电场中运动的综合问题(题型研究课)1.(多选)(2019·安徽八校联考)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好静止于x＝3x0处。假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则()A．粒子一定带负电B．粒子的初动能大小为eq\f(3,2)qE0x0C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0解析：选BD如果粒子带负电，粒子沿x轴正方向一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子在x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A错误；结合题图，根据动能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正确；粒子沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正确。2．如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)，仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是()A．A点电势高于B点电势B．尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大解析：选B沿电场线方向电势降低，由题图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间为非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动，C错误；尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小，D错误。3.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A点，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B点时速度为零。以下说法中正确的是()A．小球在B点处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是eq\r(3)qE＝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根据动能定理得：mglsinθ－qEl(1－cosθ)＝0，解得：qE＝eq\r(3)mg，故B错误；tanα＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(\r(3),3)，解得：α＝30°<θ，在B点电场力与重力的合力和细线拉力不共线，所以小球在B点不是处于平衡状态，故A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运动到B的过程中电场力做功：W＝－qEl(1－cosθ)＝－eq\f(1,2)qEl，故D正确。4．(多选)(2019·安徽八校联考)如图所示，一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小球a(重力不计)，地面上固定一光滑的绝缘eq\f(1,4)圆弧管道AB，圆心与小球a位置重合。一质量为m、带负电的小球b由A点静止释放，小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O′a水平，细线Oa与竖直方向的夹角为θ。当小球b沿圆弧管道运动到小球a正下方B点时，对管道壁恰好无压力，在此过程中(a、b两球均可视为点电荷)()A．小球b所受的库仑力大小为3mgB．小球b的机械能逐渐减小C．细线O′a的拉力先增大后减小D．细线Oa的拉力先增大后减小解析：选AC库仑力对小球b不做功，故小球b的机械能守恒，由机械能守恒定律可得eq\f(1,2)mvB2＝mgR，则小球b运动到B点的速度vB＝eq\r(2gR)；小球b对管道无压力，则F－mg＝meq\f(vB2,R)，解得F＝3mg，A正确，B错误；设小球b在某位置时和小球a位置连线与竖直方向的夹角为α，细线Oa的拉力为FT1，细线O′a的拉力为FT2，则对小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，FT1cosθ＝Fcosα，当小球b从A点向B点运动时，α一直减小，可知FT1一直增大，D错误；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝eq\f(F,cosθ)sin(θ＋α)，则当小球b从A点向B点运动时，α从90°减小到0，FT2先增大后减小，C正确。5．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动，不考虑重力作用，若k＝eq\f(5,4)，为使电子在0～2t时间内不能到达极板A。求d应满足的条件。解析：电子在0～t时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1t2电子在t～2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1t匀减速运动阶段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)依据题意d>x1＋x2解得d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))。答案：d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))6.(2019·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，当细线与竖直方向的夹角α＝60°时，小球速度为零。(1)求小球的带电性质和电场强度E的大小；(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运动情况分析，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EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0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\r(mg2＋qE2)＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方，若小球恰能完成竖直圆周运动，在等效最高点有eq\f(2\r(3),3)mg＝meq\f(v2,L)－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(2\r(3)＋1gL)。答案：(1)正电eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(2\r(3)＋1gL)7.如图所示，在E＝103V/m的竖直向上的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为圆弧QN的中点。一带负电的小滑块质量m＝10g，电荷量大小q＝10－4C，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧x＝1.5m的M处，g取10m/s2。求：(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，小滑块向左运动的初速度v0的大小；(2)在满足(1)中条件的情况下，初速度为v0的小滑块通过P点时对轨道的压力的大小。解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝7m/s。(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝meq\f(v′2,R)解得FN＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N。答案：(1)7m/s(2)0.6N8.如图所示，板长L＝10cm、板间距离d＝10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场。某时刻一质量为m＝3.6×10－4kg、带电荷量为q＝9×10－4C的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器极板间的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝45eq\r(3)cm(g(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球刚进入电容器时的速度v的大小；(3)电容器极板间的电压U。解析：(1)由于小球在电容器外左侧的匀强电场中做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq＝eq\f(mg,sin60°)解得E＝eq\f(8\r(3),3)N/C。(2)从O点到A点，由动能定理得：qExcos60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s。(3)小球在电容器中做类平抛运动，水平方向：L＝vt竖直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(Uq,md)－g解得U＝4V。答案：(1)eq\f(8\r(3),3)N/C(2)3m/s(3)4V9．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值为eq\f(U0,2)，且每隔eq\f(T,2)变向1次。现将质量为m、电荷量为q的正粒子束从A、B左端的中点O沿平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上，且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响，求：(1)定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板方向上的运动情况；(2)在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中；(3)要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件(写出U0、m、d、q、T的关系式即可)。解析：(1)在0～eq\f(T,2)时间内，粒子受到向下的电场力而向下做匀加速运动，在eq\f(T,2)～T时间内，粒子受到向上的电场力而向下做匀减速运动。(2)当粒子在0，T,2T，…，nT(n＝0,1,2，…)时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，在前eq\f(T,2)时间内，粒子竖直向下的位移：y1＝eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(qU0T2,8md)在后eq\f(T,2)时间内，粒子竖直向下的位移：y2＝v·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2其中：v＝a1·eq\f(T,2)＝eq\f(qU0T,2md)，a2＝eq\f(qU0,2md)解得：y2＝eq\f(3qU0T2,16md)故粒子打在距O′点正下方的最大位移：y＝y1＋y2＝eq\f(5qU0T2,16md)当粒子在eq\f(T,2)，eq\f(3T,2)，…，eq\f(2n＋1T,2)(n＝0,1,2，…)时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前eq\f(T,2)时间内，粒子竖直向上的位移：y1′＝eq\f(1,2)a1′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,2md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(qU0T2,16md)在后eq\f(T,2)时间内，粒子竖直向上的位移：y2′＝v′·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a2′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2其中：v′＝a1′·eq\f(T,2)＝eq\f(qU0T,4md)，