专题五　　带电粒子在电场中运动的综合问题-高三物理二轮复习题.doc

专题五带电粒子在电场中运动的综合问题时间:40分钟1.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场,一质量为m的带电微粒恰好能沿如图Z5-1所示虚线(与水平方向成角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g,微粒的初速度图Z5-1为v0,则() A.微粒一定带正电B.微粒一定做匀速直线运动C.可求出匀强电场的电场强度D.可求出微粒运动的加速度2.(多选)如图Z5-2所示,竖直向上的匀强电场中,一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上,上端连接一带正电小球,小球静止时位于N点,弹簧恰好处于原长状态.保持小球带的电荷量不变,现将小球提高到M点由静止释放,则释放后小球从M运动到N过程中()图Z5-2A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C.弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和3.如图Z5-3所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,图Z5-3另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b.不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒4.(多选)如图Z5-4所示,光滑绝缘斜面体ABC处于水平向右的匀强电场中,斜面AB的长度为0.5 m,倾角=37,带电荷量为+q、质量为m的小球(可视为质点)以大小为2 m/s的速度v0沿斜面匀速上滑.g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.下列说法中正确的是()图Z5-4A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.匀强电场的电场强度为3mg4qC.若电场强度变为原来的2倍,则小球运动的加速度大小为3 m/s2D.若电场强度变为原来的一半,则小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半5.真空中,在x轴上的原点处和x=6a处分别固定一个点电荷M、N,在x=2a处由静止释放一个正试探电荷P,假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴正方向运动,得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图Z5-5所示,则下列说法正确的是()图Z5-5A.点电荷M、N一定都是负电荷B.试探电荷P的电势能一定是先增大后减小C.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21D.x=4a处的电场强度一定为零6.(多选)某空间区域的竖直平面内存在电场,其中竖直的一条电场线如图Z5-6甲所示.一个质量为m、电荷量为q的带正电小球在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动,以O为坐标原点,取竖直向下为x轴的正方向,小球的机械能E与位置x的关系如图乙所示,则(不考虑空气阻力)()图Z5-6A.电场强度大小恒定,方向沿x轴负方向B.从O到x1的过程中,小球的速度越来越大,加速度越来越大C.从O到x1的过程中,相等的位移内,小球克服电场力做的功越来越大D.到达x1位置时,小球的速度为2(E1-E0+mgx1)m7.如图Z5-7所示,O、A、B、C为粗糙绝缘水平面上的四点,不计空气阻力,一电荷量为-Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为-q的小金属块(可视为质点)从A点由静止沿它们的连线向右运动,到B点时速度最大,其大小为vm,小金属块最后停止在C点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为,A、B间距离为L,静电力常量为k,重力加速度为g,则()图Z5-7A.在该点电荷形成的电场中,A、B两点间的电势差UAB=2mgL+mvm22qB.在小金属块由A向C运动的过程中,电势能先增大后减小C.O、B间的距离为kQqmgD.从B到C的过程中,小金属块的动能全部转化为电势能8.(多选) 真空中质量为m的带正电小球由A点无初速度下落t时间,在t时间末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场,再经过t时间小球又回到A点.小球电荷量不变且小球从未落地,重力加速度为g,则()A.整个过程中小球的电势能变化了2mg2t2B.整个过程中小球速度增量的大小为2gtC.从加电场开始至小球运动到最低点,小球动能变化了mg2t2D.从A点到最低点,小球的重力势能变化了13mg2t29.如图Z5-8所示,绝缘粗糙的水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,BC为竖直直径,半圆形轨道的半径R=0.4 m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0104 N/C.现有一电荷量q=+1.010-4 C、质量m=0.1 kg的带电体(可视为质点)在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点(图中未画出).g取10 m/s2,求:(1)带电体运动到半圆形轨道B点时对轨道的压力大小;(2)D点到B点的距离xDB;(3)带电体在从P点开始运动到落至D点的过程中的最大动能.图Z5-810.(多选)如图Z5-9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,0T3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0T时间内的运动,下列说法正确的是()图Z5-9A.末速度大小为2v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd11.如图Z5-10所示,光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内,圆心为O,轨道半径为R,B为轨道最低点,该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中.某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动,到达B点时,小球的动能为E0,进入电场后继续沿轨道运动,到达C点时,小球的电势能减少量为2E0,求:(1)小球所受重力和电场力的大小;(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能.图Z5-10专题训练(五)1.D解析 微粒在重力和电场力作用下做直线运动,因重力竖直向下,电场力沿水平方向,则合外力应沿直线从B指向A,所以电场力一定水平向左,微粒带负电,A错误;合外力一定与速度反向,大小为F=mgsin,即微粒一定做匀减速直线运动,加速度大小为a=gsin,B错误,D正确;电场力qE=mgtan,但不知微粒的电荷量,所以无法求出电场强度,C错误.2.BC解析 由于有电场力做功,所以小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是变化的,故A错误;由题意知,小球受到的电场力与重力大小相等,方向相反,所以在小球从M运动到N过程中,小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量,故B正确;由动能定理可知,弹力对小球做的功等于小球动能的增加量,即弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量,而电场力和重力做功的代数和为零,故C正确,D错误.3.B解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动,所以重力与电场力的合力为0,电场力方向竖直向上,小球带正电,A错误,B正确;小球从a点运动到b点过程中,电场力做负功,电势能增大,C错误;由于有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.4.BD解析 因小球做匀速运动,由平衡条件得qEcos =mgsin ,解得电场强度E=3mg4q,选项B正确;小球由A到B的过程中,电场力做正功,小球的电势能减小,选项A错误;电场强度变为原来的2倍后,有q2Ecos -mgsin =ma,解得a=gsin =6 m/s2,选项C错误;电场强度变为原来的一半后,有mgsin -qE2cos =ma1,解得a1=gsin2=3 m/s2,由v02-v2=2a1L,解得v=1 m/s=12v0,选项D正确.5.D解析 试探电荷仅在电场力作用下先加速运动后减速运动,其动能先增大后减小,其电势能先减小后增大,选项B错误;试探电荷在x=4a处时速度最大,电势能最小,该处的电场强度一定为零,选项D正确;在x轴上从原点处到x=6a处,电场强度从两头指向x=4a处,点电荷M、N一定都是正电荷,选项A错误;由kQM(4a)2=kQN(2a)2,解得QM=4QN,选项C错误.6.BD解析 小球的机械能变化是由电场力做功引起的,由图像可知,从O到x1的过程中,机械能在减小,即电场力做负功,又因为小球带正电,故场强方向沿x轴负方向,E-x图线切线的斜率的绝对值为电场力大小,由图像可知,从O到x1的过程中,斜率的绝对值在减小,故F电在减小,即场强减小,故A错误;由牛顿第二定律得mg-F电=ma,可知a在增大,故B正确;因为电场力逐渐减小,故相等位移内小球克服电场力做的功越来越小,故C错误;从O到x1的过程中,由动能定理得mgx1+E1-E0=12mv2-0,解得v=2(E1-E0+mgx1)m,故D正确.7.C解析 小金属块从A到B的过程中,由动能定理得-qUAB-mgL=12mvm2-0,解得A、B两点间的电势差UAB=-2mgL+mvm22q,故A错误;小金属块由A点向C点运动的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,故B错误;从A到B过程,金属块做加速运动,从B到C过程,金属块做减速运动,在B点时金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,有mg=kQqr2,解得r=kQqmg,故C正确;从B到C的过程中,小金属块减少的动能和电势能全部转化为内能,故D错误.8.AB解析 小球先做自由落体运动,后做加速度向上的匀变速直线运动,两个过程的位移大小相等、方向相反,设电场强度大小为E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下为正方向,由12gt2=-(vt-12at2),又v=gt,解得 a=3g,则小球回到A点时的速度为v=v-at=-2gt,整个过程中小球速度增量为v=v=-2gt,速度增量的大小为2gt,由牛顿第二定律得a=qE-mgm,联立解得qE=4mg,电势能减少了Ep电=qE12gt2=2mg2t2,故A、B正确;从加电场开始至小球运动到最低点,小球动能减少了Ek=12m(gt)2,故C错误;设A点到最低点的高度为h,根据动能定理得mgh-qEh-12gt2=0,解得h=23gt2,从A点到最低点,小球重力势能减少了Ep=mgh=23mg2t2,D错误.9.(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J解析 (1)设带电体通过C点时的速度为vC,根据牛顿第二定律得mg=mvC2R解得vC=2.0 m/s设带电体通过B点时的速度为vB,轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体在B点时,根据牛顿第二定律得FB-mg=mvB2R带电体从B运动到C的过程中,根据动能定理得-mg2R=12mvC2-12mvB2联立解得FB=6.0 N根据牛顿第三定律知,带电体对轨道的压力FB=6.0 N.(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,根据运动的分解有2R=12gt2xDB=vCt-12Eqmt2联立解得xDB=0.(3)带电体由P点到B点做加速运动,故最大速度一定出现在从B到C的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45角斜向右下方,故最大速度一定出现在B点右侧对应圆心角为45处.设带电体的最大动能为Ekm,根据动能定理得qERsin 45-mgR(1-cos 45)=Ekm-12mvB2解得Ekm1.17 J.10.BC解析 因0T3内微粒匀速运动,故E0q=mg,在T32T3时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在t=2T3时刻的竖直速度为vy1=gT3,水平速度为v0,在2T3T时间内,由牛顿第二定律得2E0q-mg=ma,解得a=g,方向竖直向上,则在t=T时刻,vy2=vy1-gT3=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;微粒的重力势能减少了Ep=mgd2=12mgd,选项C正确;从射入到射出,由动能定理可知12mgd-W电=0,可知克服电场力做功为12mgd,选项D错误.11.(1)E0R2E0R(2)8E0解析 (1)设带电小球的质量为m,从A到B,根据动能定理得mgR=E0小球受到的重力为mg=E0R,方向竖直向下由题可知,到达C点时小球的电势能减少量为2E0,根据功能关系得EqR=2E0小球受到的电场力为Eq=2E0R,方向水平向右,小球带正电.(2)设小球到达C点时速度为vC,从A到C,根据动能定理得EqR=12mvC2=2E0在C点时的速度为vC=4E0m,方向竖直向上从C点飞出后,在竖直方向只受重力作用,做匀减速直线运动,到达最高点时间为t=vCg=1g4E0m在水平方向上只受电场力作用,做匀加速直线运动,到达最高点时只有水平方向的速度,其速度为v=at=Eqmt=Eqmg4E0m=24E0m在最高点时的动能为Ek=12mv2=12m24E0m2=8E0.