2017年高考物理一轮复习习题：第7章第6讲带电粒子在电场中运动的综合问题含答案

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2017年高考物理新课标一轮复习习题：第7章第5讲带电粒子在电场中的运动

第5讲带电粒子在电场中的运动A组基础题组1.如图所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线AB运动,由此可知( )A.电场中A点的电势低于B点的电势B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能C.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能,在A点时的电势能大于在B点时的电势能D.微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和2.(2015浙江杭州重点中学联考)2013年12月初,雾霾施虐宁波,有同学想通过静电除尘的方法净化空气,设计原理图如图所示。

她用玻璃圆桶密闭含灰尘的空气,圆桶的高和直径相等。

第一种除尘方式是:在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,尘粒的运动方向如图甲所示;第二种除尘方式是:在圆桶轴线处放一直导线,在导线与桶壁间加上的电压也等于U,形成沿半径方向的辐向电场,尘粒的运动方向如图乙所示。

已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比,即F阻=kv(k为一定值),假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同,则在这两种方式中( )A.尘粒最终一定都做匀速运动B.尘粒受到的电场力大小相等C.电场对单个尘粒做功的最大值相等D.乙容器中的尘粒运动为类平抛运动3.(2015湖南十三校二联,19)(多选)如图所示,a、b、c、d是某匀强电场中的四个点,它们是一个四边形的四个顶点,ab∥cd,ab⊥bc,2ab=cd=bc=2l,电场线与四边形所在平面平行。

已知a点电势为24 V,b点电势为28 V,d点电势为12 V。

一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0,方向与bc成45°,一段时间后经过c点,则下列说法正确的是( )A.c点电势为20 VB.质子从b运动到c所用的时间为C.场强的方向由a指向cD.质子从b运动到c电场力做功为8电子伏4.(2016浙江绍兴一中期中)(多选)如图所示,从灯丝发射的电子经电压为U1的加速电场加速后,进入偏转电场U2,若要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍,可供选用的方法是( )A.使U1减小为原来的1/2B.使U2增大为原来的2倍C.使偏转极板的长度增大为原来的2倍D.使偏转极板间的距离减小为原来的1/25.(2016浙江绍兴一中期中)一个动能为E k的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2E k,如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,则它飞出电容器时的动能变为( )A.8E kB.5E kC.4.25E kD.4E k6.如图所示,带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出,已知板长为L,板间的距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为+q,粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力),则( )A.在前时间内,电场力对粒子做的功为B.在后时间内,电场力对粒子做的功为C.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为1∶2D.在粒子下落前和后的过程中,电场力做功之比为2∶17.(2015新疆第一次检测,21)(多选)如图所示,质子、氘核和α粒子(均不计重力)都沿平行板电容器两板中线OO'方向垂直于电场线射入板间的匀强电场,且都能射出电场、射出后都打在同一个荧光屏上,使荧光屏上出现亮点。

高考物理一轮总复习第七章静电场能力课带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习(含解析)新

能力课带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1．如下列图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h ，质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，假设两粒子轨迹恰好相切，如此v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qE mh C.s42qE mh D.s4qE mh解析：选B 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，如此在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．2.(2019届河北定州中学月考)如下列图，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，假设不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b 孔，如此可行的方法是( )A ．保持S 闭合，将A 板适当上移B ．保持S 闭合，将B 板适当下移C ．先断开S ，再将A 板适当上移D ．先断开S ，再将B 板适当下移解析：选B 设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q .由题知质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝0.假设保持S 闭合，将A 板适当上移，设质点到达b 时速度为v ，由动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝12mv 2，v ＝0，说明质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b 孔，故A 错误；假设保持S闭合，将B 板适当下移距离Δd ，由动能定理得mg (h ＋d ＋Δd )－qU ＝12mv 2，如此v >0，质点能穿过b 孔，故B 正确；假设断开S 时，将A 板适当上移，板间电场强度不变，设A 板上移距离为Δd ，质点进入电场的深度为d ′时速度为零．由动能定理得mg (h －Δd ＋d ′)－qEd ′＝0，又由原来情况有mg (h ＋d )－qEd ＝0.比拟两式得，d ′<d ，说明质点在到达b 孔之前，速度减为零，然后返回，故C 错误；假设断开S ，再将B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b 孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b 孔，故D 错误．3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，如此如下图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )解析：选A 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．4.(2018届高考原创猜题卷)如下列图，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，如此物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22gh D.532gh 解析：选D 对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .5.(多项选择)如下列图，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道局部存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，如此( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析：选ACD 小球在BCD 局部做圆周运动，在D 点，mg ＝m v D 2R，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv D 2－12mv B 2，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，如此x越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v B 2R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx＝12mv B 2，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，如此x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．6.(多项选择)(2018届湖北八校联考)如下列图，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，1k .重力加速度为g ，如此( )A ．电场强度的大小为 mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为 5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k解析：选BC 小球做类平抛运动，如此电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mgq ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos45°＝2mgk，D 错误．二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如下列图，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偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质与电场强度E ；(2)假设小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 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EqL sin α－mgL (1－cos α)＝0 解得E ＝3mg 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 ′，如此G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．假设小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：m v 2L ＝233mg 由A 点到等效最高点，根据动能定理得－233mgL (1＋cos30°)＝12mv 2－12mv A 2 联立解得v A ＝2gL 3＋1.答案：(1)正电3mg3q(2)2gL 3＋18．(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间t 变化的v y t 图象，如图甲和乙所示．电场强度E ＝U 0d电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm 图甲中，v y 1＝at 0＝U 0et 0dmv y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧位移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 02md由图乙可得电子的最小侧位移 y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 022md .答案：3U 0et 02md 3U 0et 022md9.(2019届德州质检)如下列图，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势．解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kr 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，由平衡条件有F N －mg －F sin60°＝0解得F N ＝mg ＋33k8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33k 8h 2(2)φ＋m v 02－v22q10.(2018届湖南五校高三联考)如下列图，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响，重力加速度为g ，求：(1)小球经过C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过D 点时的速度大小．解析：(1)小球从A 点到C 点过程，根据动能定理有mg ·2d ＝12mv C 2在C 点，由牛顿第二定律有T －mg ＝m v C 2d得T ＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T ′＝T ＝5mg .(2)设U BA ＝U ，根据对称性可知U BA ＝U AD ＝U小球从A 点到B 点和从A 点到D 点过程中，根据动能定理有mgd ＋qU ＝12mv 2mgd －qU ＝12mv D 2得v D ＝4gd －v 2.答案：(1)5mg (2) 4gd －v 2|学霸作业|——自选一、选择题1.(2019届吉林调研)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点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如下列图，如此如下说法正确的答案是( )A ．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2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：选D 根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，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 处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，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kQ M 4a2＝kQ N2a2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误． 2.(多项选择)(2018届山西太原一模)如下列图，在水平向右的匀强电场中，t ＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用E k 表示滑块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，如此如下图线正确的答案是( )解析：选AD 物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 02＝－2ax ，由数学知识可知B 错误；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．3.(2019届福州四校联考)如下列图，在竖直平面内固定一个半径为R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的一样的带负电小球A 和B 套在圆环上，其中小球A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球B 固定在圆环上，和圆心O 的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A 从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g ，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中电势能保持不变B ．小球A 运动到圆环的水平直径右端P 点时的速度为0C ．小球A 运动到圆环最低点Q 的过程中，速率先增大后减小D ．小球A 到达圆环最低点Q 时的速度大小为gR解析：选C 小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90°后大于90°，即合力对小球A 先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C 正确；小球A 、B 之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90°后大于90°，可知小球A 从释放至运动到Q 点过程中，小球A 的电势能先减小后增大，选项A 错误；小球A 在释放点与在Q 点的电势能相等，小球A 从释放运动到Q 点的过程中，有mgR ＝12mv Q 2，v Q ＝2gR ，选项D 错误；假设小球A 到达P 点时速度为零，分析可知，小球A 在P 点与在释放点重力势能一样，小球A 在P 点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A 不能到达P 点，选项B 错误．4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN 的下方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 点以大小为v 的初速度水平抛出，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 ，如下列图，由此可知( )A ．小球带正电B ．电场力大小为2mgC ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的运动时间相等D ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的速度变化量不相等解析：选D 根据小球从B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以小球在C 点时的速度等于在A 点时的速度，因为AB ＝2BC ，设B 、C 间竖直距离为h ，如此A 、B 间竖直距离为2h ，小球由A 点到C 点根据动能定理有mg ×3h －Eqh ＝0，即Eq ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 点到B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g ，方向竖直向下，所用时间为t 1＝4hg＝2h g，从B 点到C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a 2＝Eq －mgm＝2g ，方向竖直向上，故所用时间t 2＝2h2g＝hg，故t 1＝2t 2，选项C 错误；小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的过程中速度变化量大小都等于Δv ＝2ghg，但方向相反，选项D 正确． 5.(多项选择)(2018届四川宜宾二诊)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U 0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v 0，方向平行于金属板的一样带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力与相互间的作用力．如此( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 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，如此t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电场的一个周期；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v 0，选项A 正确；竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，如此12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，故电场力做功W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12mv 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，由对称可知，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．6.(多项选择)如下列图，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E .在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，如下说法正确的答案是( )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：选AD 根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F N －qE －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3(mg ＋qE )，如此小球对轨道的压力为3(mg＋qE )，故C 错误，D 正确．二、非选择题7.如下列图，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l2处有一障碍物P ，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？ (3)假设细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l2可解得T 2－T 1＝2mg ，即增大2mg .(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2hg小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x ＝vt ＋12·qEmt 2小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl .答案：(1)2gl (2)增大2mg(3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl8.如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos30°h sin30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv C 2－0解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 12mv C 2＝12mv D 2＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v D 2R解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确．即小球落地点距离C 点的水平距离为 2 m. 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.(2019届山东烟台模拟)如下列图，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到A 的距离．有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电小球B ，B 球与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源A 形成的电场中具有的电势能表达式为E p ＝kr，其中r 为q 与Q 之间的距离．有一质量也为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达最高点P (取g ＝10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)，求：(1)小球C 与小球B 碰撞后的速度为多少？ (2)小球B 的带电荷量q 为多少？ (3)P 点与小球A 之间的距离为多大？(4)当小球B 和C 一起向下运动与场源A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？解析：(1)小球C 自由下落H 距离的速度v 0＝2gH ＝4 m/s小球C 与小球B 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 代入数据得v 1＝2 m/s.(2)小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球进展受力分析知mg ＝ka 2代入数据得q ＝49×10－8C.(3)C 和B 向下运动到最低点后又向上运动到P 点，运动过程中系统能量守恒，设P 与A 之间的距离为x ，由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝2mg (x －a )＋k x代入数据得x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋25 m(或x ＝0.683 m)．(4)当C 和B 向下运动的速度最大时，设与A 之间的距离为y ，对C 和B 整体进展受力分析有2mg ＝ky 2代入数据有y ＝25m(或y ＝0.283 m) 由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝12×2mv m 2－2mg (a －y )＋k y代入数据得v m ＝ 16－8 2 m/s(或v m ＝2.16 m/s)．答案：(1)2 m/s (2)49×10－8C (3)2＋25 m (4)25m16－8 2 m/s10．(2017年全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M ，N 先后以一样的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M ，N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，如此它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M ，N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v y 2＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，如此v 0v y ＝qEmg⑨ 设M ，N 离开电场时的动能分别为E k1，E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q. 答案：(1)3 (2)13H (3)mg2q。

高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题

[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为 α，由几何关系可得 α＝ 30° ⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系． (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．

高考物理一轮复习第七章静电场微专题七带电粒子在电场中运动问题的规范解答课件新人教版

案例剖析满分规范练
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(3)微粒从释放开始经 t1 射出 B 板的小孔，则 d＝12vt1③(2 分)
设微粒在半圆形金属板间运动经过 t2 第一次到达最低点 P 点，
则 t2＝14·2πvR＝π4Lv＝π4L 2mqU④(2 分)
从释放微粒开始到微粒第一次到达 P 点经过的时间：
第七章静电场微专题七|带电粒子在电场中运动问题的规范解答
C目录 ONTENTS
[案例剖析] [满分规范练]
[案例剖析]
[典例] (20 分)如图所示，A、B 为两块平行金属板，A 板带正电、B 板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为 d、电势差为 U，在 B 板上开有两个间距为 L 的小孔．C、D 为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近 B 板的 O′处，C 带正电、D 带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着 B 板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向 O′.半圆形金属板两端与 B 板的间隙可忽略不计．现从正对 B 板小孔紧靠 A 板的 O 处由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电微粒(微粒的重力不计)，求：
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第(3)问： (1)只列出③式，没有计算出结果，但最终结果正确，不扣分，计算结果错误，只得 2 分． (2)没有列出④式，而列出的是 T＝2πvR和 t2＝14T，最终结果正确，不扣分，计算结果错误，只得 1 分． (3)没有考虑到运动的周期性，但说明了再经过 2(t1＋t2)时间微粒再一次经过 P 点，且结果正确，可得 1 分．
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[规范解答]
(1)设微粒穿过 B 板小孔时的速度为 v，根据动能定理得

高考物理一轮复习课时规范练26 带电粒子在电场中运动的综合问题(含答案)

课时规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题基础对点练1.(电场的叠加原理与功能关系)如图所示,两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置,O1、O2分别为两细环的圆心,且O1O2=2r,两环分别带有均匀分布的等量异种电荷,电荷量分别为+Q、-Q(Q>0)。

一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放,静电常量为k,下列说法正确的是()A.O1O2中点处的电场强度为√2kQ2r2B.O1O2中点处的电场强度为√2kQ4r2C.粒子在O1O2中点处动能最大D.粒子在O2处动能最大2.(多选)(“等效场”在电场中的应用)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是()A.此液滴带正电B.液滴的加速度等于√2gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少3.(带电粒子在交变电场中的运动)(2022四川成都模拟)如图(a),平行金属板A、B间的电压恒为U,B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压,OO'是M、N板间的中线,当电压稳定时,板间为匀强电场且电场仅局限于板间。

零时刻,紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙;甲在T4时刻沿OO'方向进入并在3T4时刻飞离交变电场。

设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙,在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。

离子重力和离子间的相互作用均不计。

则()A.y甲=2y乙B.y甲=y乙C.v甲=v乙D.v甲=4v乙4.(带电粒子在复合场中的运动)(2022江苏南京师大附中模拟)如图所示,在正方形的四个顶点各固定一个点电荷,直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。

将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v。

则将该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入后,它在以后运动过程中()A.在两负电荷连线中点处速度最大B.将以原点O为中心在x轴上往复运动C.最小速度为√3vD.最大速度为√6v5.(多选)(力电综合问题)如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。

高考物理一轮总复习第七章静电场能力课带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题课件

第七章在电场中运动的综合问题
12/8/2021
栏板块一考点 1 目突破导板块二素养 2
培优
航
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12/8/2021
板块考点突破一通关
记要点、练高分、考点
12/8/2021
考点一带电粒子(带电体)在交变电场中的运动——多维探究 |记要点|
[答案] AC
12/8/2021
考向二带电粒子(带电体)做往返运动【例 2】 (多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象．当 t ＝0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( ) A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s 末带电粒子回到原出发点 C．3 s 末带电粒子的速度为零 D．0～3 s 内，电场力做的总功为零
12/8/2021
[解析] 设第 1 s 内粒子的加速度为 a1，第 2 s 内的加速度为 a2，由 a＝qmE可知， a2＝2a1，可见，粒子第 1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至 3 s 末回到原出发点，粒子的速度为 0，v -t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D 正确．
12/8/2021
|明考向| 考向一带电粒子(带电体)做单向直线运动【例 1】 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度 E 随时间 t 的变化关系如图所示，小物块的电荷量为 q＝＋1×10－4 C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块的速度 v 与时间 t 的关系如图所示，重力加速度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确是( )

38.物理高考一轮复习第七章专题突破带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题

专题突破带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题电场中的力、电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究。

考向1带电粒子在电场中的运动【例1】(2015·全国卷Ⅱ)如图1所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。

已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。

不计重力。

求A、B两点间的电势差。

图1解析设带电粒子在B点的速度大小为v B。

粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v0sin 60°①由此得v B＝3v0②设A、B两点间的电势差为U AB，由动能定理有qU AB＝12m(v2B－v20)③联立②③式得U AB＝m v20q答案m v20 q拓展1】在【例1】中，若匀强电场的宽度为d，EF、CD为其边界，改变场强的大小，使粒子在A点时的速度方向与电场边界CD垂直，如图2所示，MN为无场区内的光屏，MN与AO相互垂直，MN与EF间距为d。

当粒子经过EF边界的B点时，速度方向与EF 成30°角，求：图2(1)匀强电场的场强的大小；(2)粒子打在光屏上的位置距离O 点的距离。

解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则沿初速度方向：d ＝v 0t 沿电场方向：v y ＝qEm t又有tan 30°＝v 0v y解得E ＝3m v 20qd(2)粒子在电场中的偏转位移为y 1＝12qE m t 2粒子在无场区做匀速直线运动，则y 2＝dtan 30°又y ＝y 1＋y 2，解得y ＝332d答案 (1)3m v 20qd (2)332d拓展2】若在【拓展1】中撤去原有电场，在CD 与EF 之间加上竖直向上的匀强电场E 1，EF 与MN 之间加上水平向右的匀强电场E 2，CD 与EF 、EF 与MN 之间的距离都为d ，由A 点静止释放带电粒子，粒子过EF 时速度为v 0，如图3所示。

2017年高考物理一轮复习第七章静电场第6讲带电粒子在电场中运动的综合问题

第6讲带电粒子在电场中运动的综合问题A组基础题组1.如图所示,A、B两块平行金属板水平放置,A、B间所加电压为U。

虚线MN与两极板等距。

一个质量为m、电荷量为q的粒子沿MN虚线从左向右以初速度v0射入电场,它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN的夹角为45°(图中未画出)。

则在带电粒子穿越电场过程中( )A.电场力对粒子所做的功为qUB.电场力对粒子所做的功为C.电场力对粒子所做的功为mD.电场力对粒子所做的功为m2.(2015湖南衡阳第一次联考,20)(多选)如图所示,一个电荷量为-Q的点电荷甲,固定在粗糙绝缘水平面上的O点,另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙,从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动,到B点时速度减小到最小v。

已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ,A、B间距离为L,静电力常量为k,则下列说法中正确的有( )A.O、B间的距离等于B.点电荷甲在B点处的电场强度大小为C.在点电荷甲形成的电场中,A、B间的电势差U AB=D.点电荷乙从A向O点靠近的过程中,其电势能一直减小3.(2016重庆一中月考)如图所示,在水平向左的匀强电场中,倾角α=53°的固定光滑绝缘斜面,高为H。

一个带正电的物块(可视为质点)受到的电场力是重力的倍,现将其从斜面顶端由静止释放,重力加速度为g,则物块落地的速度大小为( )A.2B.2C.D.24.(2015河北保定调研,16)一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能随时间变化规律如图所示,则下列说法正确的是( )A.该粒子可能做直线运动B.该粒子在运动过程中速度保持不变C.t1、t2两个时刻,粒子所处位置电场强度一定相同D.粒子运动轨迹上各点的电势一定相等5.(2015黑龙江大庆第二次质量检测,20)(多选)A、B为某电场中一条直线上的两个点,现将正点电荷从A 点由静止释放,仅在电场力作用下运动一段距离到达B点,其电势能E p随位移x的变化关系如图所示,从A 到B过程中,下列说法正确的是( )A.电场力对电荷一直做正功B.电荷所受电场力先减小后增大C.电荷所受电场力先增大后减小D.电势先降低后升高6.(2015河北唐山一模,19)(多选)如图所示,ABC为表面光滑的斜劈,D为AC中点,质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为v0,若空间加一与ABC平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B点时速度为v0,若滑块由静止沿AC面滑下,滑到斜面底端C 点时速度为v0,则下列说法正确的是( )A.电场方向与BC垂直B.滑块滑到D点时机械能增加了mC.B点电势是C点电势的2倍D.B点电势与D点电势相等7.如图(a)所示,平行板电容器间距为d,两板所加电压如图(b)所示,t=0时刻,质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器,2.5T时恰好落在下极板上,带电粒子的重力不计,在这一过程中,求:(1)该粒子的水平位移;(2)粒子落到下极板时的速度。

高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题

高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

题型一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。

2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。

3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。

(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。

【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。

现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。

高考物理一轮复习第7章静电场章末专题复习

第7章静电场物理方法|带电粒子在交变电场中运动的分析方法1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的试题类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．3．常用的分析方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．如图71甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图71乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：甲乙图71(1)交变电压的周期T应满足什么条件；(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？【思路导引】【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝Lnv0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14T 2又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d解得T ≤2d 2mqU 0故n ≥L 2dv 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0qU 02m的整数．所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T ，…故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)．【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)[突破训练]1．(2017·南阳月考)如图72甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．图72【解析】以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间变化的v y t 图象如图a 和b 所示a b电场强度E ＝U 0d ，电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm由图甲中v y 1＝at 0＝U 0et 0dm ，v y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 20md由图乙可得电子的最小侧移y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 22md【答案】 3U 0et 20md 3U 0et 22md高考热点1|描述电场性质物理量的综合问题电场强度、电势、电势差、电势能的比较电场强度电势电势差电势能定义式E ＝F qφ＝E pq(E p 为电荷的电势能)U AB ＝φA －φB ——决定因素电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关电势由电场本身决定，与试探电荷无关，其大小与参考点的选取有关，有相对性由电场本身的两点间差异决定，与试探电荷无关，与参考点的选取无关由电荷量和该点电势二者共同决定，与参考点的选取有关联系匀强电场中U AB ＝Ed (d 为A 、B 间沿电场强度方向上的距离)；电势沿着电场强度方向降低最快：U AB ＝φA －φB ；φ＝E pq ；U AB ＝W ABq；W AB ＝－ΔE p ＝E p A －E p B 112B 2.在甲图中电荷A 1、B 1的电场中，a 1、O 1、b 1在点电荷A 1、B 1的连线上，c 1、O 1、d 1在A 1、B 1连线的中垂线上，且O 1a 1＝O 1b 1＝O 1c 1＝O 1d 1；在乙图中电荷A 2、B 2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a 2、O 2、b 2和c 2、O 2、d 2表示，且O 2a 2＝O 2b 2＝O 2c 2＝O 2d 2.则( )甲乙图73A．a1、b1两点的场强相同，电势相同B．c1、d1两点的场强相同，电势相同C．a2、b2两点的场强相同，电势相同D．c2、d2两点的场强相同，电势相同D[a1、b1两点的场强方向不同，一个向右，一个向左，选项A错误；c1、d1两点的场强方向不同，一个向上，一个向下，选项B错误；a2、b2两点的电势不同，a2点的电势高于b2点的电势，选项C错误；c2、d2两点的场强、电势都相同，选项D正确．] [突破训练]2．如图74所示，在空间直角坐标系Oxyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0，L,0)、(0,0，L)、(2L,0,0)．在坐标原点O处固定电荷量为＋Q的点电荷，下列说法正确的是( )图74A．电势差U OA＝U ADB．A、B、C三点的电场强度相同C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同D[点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得U OA＞U AD，A错误；A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由E p＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．]高考热点2|带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题1．分析方法(1)力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功和能的关系——动能定理：根据静电力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．这种方法同样也适用于非匀强的电场．(3)正交分解法或化曲为直法．处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量．2．解题流程(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图75所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J ，在M 点的动能为6 J ，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )图75A ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶3B ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶4C ．小球落到B 点时的动能为32 JD ．小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能为6 JAC [小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x 1∶x 2＝1∶3，选项A 正确，B 错误；设小球在M 点时的水平分速度为v x ，则小球在B 点时的水平分速度为2v x ，根据题意有12mv 20＝8 J ，12mv 2x ＝6 J ，因而在B 点时小球的动能为E k B ＝12m [v 20＋2v x 2]2＝32 J ，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A 点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M 点时，速度与F 合之间的夹角为锐角，即F 合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A 到M 过程中，动能先减小后增大，小球从M 到B 的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A 运动到B 的过程中最小动能一定小于6 J ，选项D 错误．][突破训练]3．(2017·长沙模拟)有带电平行板电容器竖直放置，如图76所示，两极板间距d ＝0.1 m ，电势差U ＝1 000 V ，现从平行板上A 处以v A ＝3 m/s 速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q ＝10－7C ，质量m ＝0.02 g)，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A 点正下方的B 处，求A 、B 间的距离s AB .(g 取10 m/s 2)【导学号：92492304】图76【解析】小球m 在A 处以v A 水平射入匀强电场后，仅受重力和电场力，合力一定，而且合力与初速度不在同一直线上，则小球做匀变速曲线运动．在竖直方向上，小球做自由落体运动．其运动轨迹如图所示．把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解．在水平方向上，小球有初速度v A ，受恒定的电场力qE 作用做匀变速直线运动，且由qU ＞12mv 2A 知，小球不会到达左极板处．在竖直方向上，小球做自由落体运动．两个分运动的运动时间相等，设为t ，则在水平方向上：E ＝U d ＝1 0000.1V/m ＝104 V/m 则其加速度大小为a 水平＝qE m ＝10－7×1040.02×10－3 m/s 2＝50 m/s 2，则t ＝2v A a ＝2×350s ＝0.12 s在竖直方向上：s AB ＝12gt 2＝12×10×0.122 m ＝7.2×10－2m.【答案】 7.2×10－2m。

高考物理一轮复习第七章静电场第讲电容器带电粒子在电场中的运动练习含解析新人教版

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选，7～10题为多选) 1．(2023·浙江4月选考)下列器件中是电容器的是( B )[解析] A 是滑动变阻器；B 是电容器；C 是电阻箱；D 是定值电阻；故选B 。

2．(2023·广东梅州月考)图示装置可以模拟避雷针作用，其中E 为恒定直流电源，当闭合开关时，恰好看不到放电现象。

保持开关闭合，为了能看到放电现象(板间电场强度超过某一临界值)，下列做法可行的是 ( A )A ．仅将M 板下移，但不与A 或B 接触 B ．仅将M 板上移C ．仅将M 板向右移动D ．仅将两板间抽成真空[解析] 本题考查平行板电容器、电场强度与电势差的关系。

设两平行板间的电压恒为U ，板间距为d ，由E ＝Ud可知，要增大板间电场的电场强度，需要减小间距d ，向上或向右移动M 板或将两板间抽成真空均不能增大板间电场强度，故A 正确，B 、C 、D 错误。

3．(2023·江西新余一中月考)图甲为示波管的原理图。

若在XX ′上加上如图乙所示的扫描电压，在YY ′上加如图丙所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是( A )[解析] 本题考查示波管的成像。

由题图知XX ′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY ′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的图形是在一个周期内的稳定图像，则显示的图像与YY ′所接入的信号的图像形状是一样的，故A 正确。

4. (2023·浙江物理1月)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l ，间距d ，电子质量m ，电荷量e 。

若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是( B )A ．偏转电压B ．偏转的角度C ．射出电场速度D ．电场中运动的时间[解析] 本题考查带电粒子在平行板电容器中的运动。

平行板电容器间的电场为匀强电场，电子垂直电场方向入射，所以电子在匀强电场中做类平抛运动，在平行于极板方向有l＝v 0t ，在电场方向有d 2＝12at 2，又eE ＝ma ，U ＝Ed ，可得d2＝eUl 22mv 20d，由于初速度v 0未知，则偏转电压和电子在电场中运动的时间无法求出，故A 、D 不符合题意；设电子出电场时偏转的角度为θ，则tan θ＝v y v 0＝v y t v 0t ＝dl，故B 符合题意；由于初速度v 0未知，电子射出电场的速度v ＝v 20＋v 2y 无法求出，故C 不符合题意。

高考物理一轮复习培优计划高考必考题突破讲座(7)带电粒子在电场中运动的综合问题突破训练

高考必考题突破讲座(七)带电粒子在电场中运动的综合问题1．(2017·福建厦门一模)(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则( ACD )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析小球在BCD 做圆周运动，在D 点，mg ＝mv 2DR ，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B ，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v 2BR ，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx ＝12mv 2B ，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，则x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．2．(2017·山东济南模拟)(多选)如图所示，空间有竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，在电场中P 处由静止释放一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球(可视为质点)．在P 的正下方h 处有一水平弹性绝缘挡板S (挡板不影响电场的分布)，小球每次与挡板相碰后电荷量减小到碰前的k 倍(k <1)，而碰撞过程中小球的机械能不损失，即碰撞前后小球的速度大小不变，方向相反．设在匀强电场中，挡板S 处的电势为零，则下列说法正确的是( ABC )A ．小球在初始位置P 处的电势能为EqhB ．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于hC ．小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于EqhD ．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h解析因S 处的电势为零，故φP ＝Eh ，小球在初始位置P 处的电势能为E p ＝Ehq ，选项A 正确；设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v 0，由动能定理得，mgh ＋qEh ＝12mv 20，设反弹后上升的高度为H ，由动能定理得(mg ＋Ekq )H ＝12mv 20，由以上两式可得H ＝mg ＋qEmg ＋Ekqh ，因k <1，故H >h ，选项B 正确，D 错误；因EqkH ＝Eqh kmg ＋kqEmg ＋kEq<Eqh ，故选项C 正确．3．如图所示，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，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( B )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解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，选项B 正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，选项A 错误；小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，选项C 错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，选项D 错误．4．(2017·山西太原诊断)如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于电场强度为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝qE 2＋mg2＝23mg 3，tan θ＝qE mg＝33，得θ＝30°. 等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D 点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg ′＝mv 2DR，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知－2mg ′R ＝12mv 2D －12mv 20，解得v 0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v 0≥103gR3. 答案 v 0≥103gR35．如图，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA .将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，电场强度方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍，若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时间的动能为初动能的6倍．重力加速度大小为g .求：(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向．解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ，① d cos 60°＝12gt 2，②又有E k0＝12mv 20，③由①②③式得E k0＝38mgd .④设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ，⑤由④⑤式得E k A E k0＝73.⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0，⑦ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0，⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图所示，则有x 32d ＝ΔE p AΔE p B ，所以x ＝d ，所以α＝12∠BOA ＝30°.即电场强度方向向右下方且与竖直方向成30°角．又ΔE p A ＝qE ·OA ·cos α，⑨ 由④⑦⑨得E ＝36qmg .答案见解析。

高考物理一轮复习专项训练带电粒子在电场中的运动及解析

高考物理一轮复习专项训练带电粒子在电场中的运动及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】【分析】【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图，一带电荷量q =+0.05C 、质量M =lkg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m =lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。

高考物理一轮复习专题7.5带电粒子在电场中的运动(精练)(含解析)

专题7.5 带电粒子在电场中的运动1．（陕西省渭南市2019届高三教学质量检测）如图所示，一电荷量为q 、质量为m 的带电粒子以初速度v 0由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。

粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。

已知匀强电场的宽度为d ，不计重力作用。

则匀强电场的场强E 大小是（）A ．202qdB ．20qdC ．2032mv qdD ．202qd【答案】B 【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：003tan 30y v v v ==，分方向方程：0d v t =，y Eq v t m =联立方程得：E =ACD 错误，B 正确2．（天津市红桥区2019届高三下学期期末）图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线，A 、B 是电场线上的两点，一正电荷q 仅在电场力作用下以初速度v 0从A 运动到B 过程中的速度图象如图乙所示，则以下说法中正确的是（）A.A 、B 两点的电场强度是E A =E BB.A 、B 两点的电势是C.正电荷q 在A 、B 两点的电势能是E PA ＞E PBD.此电场一定是负电荷形成的电场【答案】B【解析】速度时间图象的斜率等于物体的加速度，由图可知，点电荷从A 向B 运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力增大，故A 点的场强小于B 点场强，即有E A ＜E B ，故A 错误；由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B 指向A ，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由B 指向A ；而沿电场线的方向电势降低，所以φA <φB ．故B 正确；由正电荷在电势高处电势能大，所以，故C 错误；由于电荷由A 到B 做减速运动，故电场线方向由B 向A ，又因为加速度在变大，故B 处靠近场源电荷，故电场一定是正电荷所形成的，故D 错误。

3．（河南省八市重点高中联盟2019届高三模拟）如图ABCD 的矩形区域存在沿A 至D 方向的匀强电场，场强为E ，边长AB ＝2AD ，质量m 、带电量q 的正电粒子以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域，粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动时间为t ，则（）A ．若电场强度变为2E ，粒子从DC 边中点射出B ．若电场强度变为2E ，粒子射出电场的速度为2v 1C ．若粒子入射速度变2v ，则粒子从DC 边中点射出电场 D ．若粒子入射速度变为2v ，则粒子射出电场时的速度为12v 【答案】C【解析】若电场强度变为2E ，则粒子从DC 边离开，运动时间变为2t ，则水平位移变为原来的2，而不是12，故A 错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W ，则由2211122W mv mv =-，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W ，则射出电场的速度不等于2v ，故B 错误；粒子入射速度变2v ，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从DC 边中点射出电场，故C 正确；由于电场不变粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有功能定理可知，粒子射出电场的和速度不是12v ，故D 错误。

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第6讲带电粒子在电场中运动的综合问题A组基础题组1.如图所示,A、B两块平行金属板水平放置,A、B间所加电压为U。

虚线MN与两极板等距。

一个质量为m、电荷量为q的粒子沿MN虚线从左向右以初速度v0射入电场,它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN的夹角为45°(图中未画出)。

一个带正电的物块(可视为质点)受到的电场力是重力的倍,现将其从斜面顶端由静止释放,重力加速度为g,则物块落地的速度大小为( )A.2B.2C.D.24.(2015河北保定调研,16)一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动,其电势能随时间变化规律如图所示,则下列说法正确的是( )A.该粒子可能做直线运动B.该粒子在运动过程中速度保持不变C.t1、t2两个时刻,粒子所处位置电场强度一定相同D.粒子运动轨迹上各点的电势一定相等5.(2015黑龙江大庆第二次质量检测,20)(多选)A、B为某电场中一条直线上的两个点,现将正点电荷从A点由静止释放,仅在电场力作用下运动一段距离到达B点,其电势能E p随位移x 的变化关系如图所示,从A到B过程中,下列说法正确的是( )A.电场力对电荷一直做正功B.电荷所受电场力先减小后增大C.电荷所受电场力先增大后减小D.电势先降低后升高6.(2015河北唐山一模,19)(多选)如图所示,ABC为表面光滑的斜劈,D为AC中点,质量为m 带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为v0,若空间加一与ABC 平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B点时速度为v0,若滑块由静止沿AC面滑下,滑到斜面底端C点时速度为v0,则下列说法正确的是( )A.电场方向与BC垂直B.滑块滑到D点时机械能增加了mC.B点电势是C点电势的2倍D.B点电势与D点电势相等7.如图(a)所示,平行板电容器间距为d,两板所加电压如图(b)所示,t=0时刻,质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器,2.5T时恰好落在下极板上,带电粒子的重力不计,在这一过程中,求:(1)该粒子的水平位移;(2)粒子落到下极板时的速度。

B组提升题组8.(2016浙江宁波效实中学期中)(多选)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、带电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。

AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。

已知重力加速度为g,电场强度E=mg/q,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度v min=B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大C.若将小球在A点由静止开始释放,它将在ACBD圆弧上往复运动D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它将能够到达B点9.(2015福建厦门质检,20)如图所示,光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接,并均处于水平向右的匀强电场中,已知匀强电场的场强E=5×103 V/m,圆弧轨道半径R=0.4 m。

现有一带电荷量q=+2×10-5 C、质量m=5×10-2 kg的物块(可视为质点)从距B端s=1 m处的P点由静止释放,加速运动到B端,再平滑进入圆弧轨道BC,重力加速度g=10 m/s2求:(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B点的速度v B的大小。

(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B的大小。

10.(2013四川理综,10,17分)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行。

劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面。

水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。

已知A、B的质量分别为m A=0.1 kg和m B=0.2 kg,B 所带电荷量q=+4×10-6 C。

设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电量不变。

取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)求B所受静摩擦力的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。

A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔE p=0.06 J。

已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。

求A到达N点时拉力F的瞬时功率。

答案全解全析A组基础题组1.C 由题意知粒子从电场右边缘射出时的速度v==v0,根据动能定理可知电场力对粒子所做的功W=ΔE k=mv2-m=m,C正确,D错误;粒子射出电场时,其出射位置不确定,则其初、末位置间的电势差不确定,A、B错误。

2.ABD 点电荷乙到B点时速度最小,加速度为零,μmg=Eq⇒E=,B项正确;由库仑定律可知,μmg=k⇒r=,A项正确;点电荷乙由A到B过程中,由动能定理有:qU AB-μmgL=mv2-m,则A、B两点间电势差U AB=,C项错;点电荷乙由A向O点靠近过程中,电场力做正功,其电势能一直减小,D项正确。

3.C 对物块受力分析知重力和电场力的合力F合==mg,设合力与水平方向成β角,则tan β==,得β=37°,则知物块所受合力方向与斜面不平行,物块沿合力方向做匀加速直线运动,且远离斜面,由动能定理有mgH+mg·=mv2-0,解得v=,选项C正确。

4.D 从题图可知,电势能不随时间发生变化,且粒子只受电场力作用,说明带负电的粒子沿等势面运动,粒子做变速曲线运动,粒子运动轨迹上各点的电势一定相等,其速度方向时刻在变化,场强方向也一定发生变化,如带负电的粒子以静止的正点电荷为圆心,以某一半径做匀速圆周运动,其具有的电势能不变,速度大小、所处位置的电场强度大小时刻相等,但方向不同,选项A、B、C错误,D正确。

5.BD 因电势能先减小后增大,则电场力先做正功后做负功,故A错误;电势能随位移x的变化关系图像的斜率的绝对值表示电场力的大小,因此电场力先减小后增大,B正确,C错误;正点电荷从A到B电场力先做正功,后做负功,则说明电场力方向变化,即电场方向先向右,后向左,所以电势先降低后升高,D正确。

6.BD 无电场时,小滑块由A滑到B或C过程中,mgh=m。

加上匀强电场后,从A滑到B过程中,mgh+qU AB=m(v0)2,从A滑到C过程中,mgh+qU AC=m()2,解以上三式得:U AC=2U AB,当A点电势为零时,C点电势为B点电势的2倍,C项错;根据匀强电场特点,U AD=U AB,即B、D两点电势相等,D 项正确;电场方向与BD垂直,A项错;滑块从A滑到D过程中,qU AD=qU AB=m,由功能关系可知,滑块滑到D时,机械能增加了m,B项正确。

7.答案(1)2.5v 0T (2)解析(1)带电粒子在水平方向不受外力作用,做匀速直线运动,因此水平位移为:s=v0t=v0×2.5T=2.5v0T。

(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y=a·T=T粒子落在下极板上时的速度大小为v==。

B组提升题组8.AB 由于电场强度E=,故mg=qE,对小球受力分析如图,则知重力和电场力的合力大小为mg,方向与水平方向夹角为45°,则等效最低点在弧中点E处,等效最高点在弧中点F处,当小球在等效最高点时有mg=m,得最小速度v min=,故A正确;除重力和弹力外其他力做功等于机械能的改变量,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时,电场力做功最多,则小球运动到B点时的机械能最大,故B正确;因小球受合力方向与电场方向夹角为45°斜向下,若将小球在A点由静止开始释放,它将沿合力方向做匀加速直线运动,过C点后做曲线运动,故C错误;若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,假设其能运动到F点,则此过程中重力做的负功大于电场力做的正功,故小球动能减小,则其速度减小,由于小球过等效最高点的最小速度v min=,则知小球在F点之前将脱离圆周,不可能到达B点,故D错误。

9.答案(1)1 s 2 m/s (2)1 N解析(1)在物块从开始至运动到B点的过程中,由牛顿第二定律可知:qE=ma又由运动学公式有:s=at2解得:t=1 s又因:v B=at得:v B=2 m/s(2)物块刚进入圆弧轨道时,在沿半径方向由牛顿第二定律,有:N B-mg=m解得:N B=1 N10.答案(1)0.4 N (2)0.528 W解析(1)F作用之前,A、B处于静止状态。

设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有对A:T0=m A g sin θ①对B:T0=qE+f0②联立①②式,代入数据解得f0=0.4 N③(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs=ΔE p④T-μm B g-qE=m B a⑤设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为F弹,弹簧的伸长量为Δx,有v2=2as⑥F弹=k·Δx⑦F+m A g sin θ-F弹sin θ-T=m A a⑧由几何关系知Δx=⑨设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv⑩联立④~⑩式,代入数据解得P=0.528 W。

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