2017届高考物理一轮复习 专题汇编 5 带电粒子在电场中运动的综合问题作业手册

专题5 带电粒子在电场中运动的综合问题

一、单选题

1．如图Z5-1所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直．现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( )

图Z5-1

A．A一定带正电，B一定带负电

B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比|qA|∶|qB|＝1∶2 C．A球电势能一定增加

D．电场力对A球和B球做功相等

2．[2015·辽宁大连质检]如图Z5-2所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带正电小球， P小球从紧靠左极板处由静止开始释放， Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的( )

图Z5-2

A．运行时间tP>tQ

B．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1 C．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1

D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1

3．如图Z5-3所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时刻将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板( )

图Z5-3

1

图Z5-4

4．如图Z5-5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( )

图Z5-5

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，电势能减少 D．小球在运动过程中机械能守恒 二、多选题

5．如图Z5-6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( )

图Z5-6

A．小球在初始位置P处的电势能为Eqh

B．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于h

C．小球第一次与挡板相碰后达到最大高度时的电势能小于Eqh D．小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于h

6．如图Z5-7所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2

2

图Z5-7

2

v21＋v2

A．小物体上升的最大高度为

4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小

C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功

D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

7．[2015·青海西宁质检]在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图Z5-8甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )

图Z5-8

A．在t＝2.5 s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3∶5

C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 三、计算题

8．[2015·甘肃三校联考]如图Z5-9所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m，电荷量为－q.用绝缘轻绳(不伸缩)悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝30°.绳长为l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC竖直．求：

(1)电场强度E的大小；

(2)当小球移到D点后，让小球由静止释放，小球向右运动过程中的最大速率和该时刻轻绳中张力的大小(计算结果可带根号)．

图Z5-9

3

9．如图Z5-10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，粒子质量为m，电荷量为q.若将两金属板接到如图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：

(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？

图Z5-10

4

10．[2015·安徽卷]在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m、带电荷量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两Z5-11所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：

(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功； (2)粒子从A到C过程所经历的时间； (3)粒子经过C点时的速率．

图Z5-11

5

点，如图

专题(五)

1．B [解析] 电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移、旋转后电势能都变化，而两个小球组成的系统的电势能不变，那么电场力对其中一个小球做正功，对另一个小球一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球的电性，A、C、D错误；由电势能变化之和为零得E|qB|L＝E|qA|·2L，即|qA|∶|qB|＝1∶2，B正确．

2．C [解析] 两球均受重力和电场力作用，做匀加速直线运动，竖直方向是在重力作用下的自由落体运动，二者下降位移相同，所用时间相等，A错误；水平方向是在电场力作用下的初速度为零的匀加速直线运动，位移之比是xP∶xQ＝2∶1，由公式x＝

Eq2

t得它们2m的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1，C正确；又ΔEP＝qPU，ΔEQ＝qQ，故ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，B错

2误；动能增加量ΔEkP＝ΔEP＋mgh，ΔEkQ＝ΔEQ＋mgh，故ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D错误．

3．B [解析] 加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动；加B图电压，电子开始向B板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B板；加C图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B板运动，即电子一定能到达B板；加D图电压，电子的运动与C图情形相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向B板运动，即电子一定能到达B板，综上所述可知选项B正确．

4．B [解析] 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，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，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，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，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，D错误．

5．ABC [解析] 因S处的电势为0，故φP＝Eh，小球在初始位置P处的电势能为φPq＝Ehq，A正确；设小球第一次与挡板碰前的速度大小为v0，由动能定理得，mgh＋qEh＝

12

12

U2

mv20，设反弹后上升的最大高度为H，由动能定理得(mg＋Ekq)H＝mv0，由以上两式可得H＝

mg＋qEkmg＋kqEh，因k＜1，故H＞h，B正确，D错误；因EqkH＝Eqh＜Eqh，故C正确．

mg＋Ekqmg＋kEq6．AD [解析] M、N两点在同一等势面上．从M至N的过程中， 根据动能定理，－mgh1212v1＋v2－Wf＝0－mv1，从N至M的过程中，mgh－Wf＝mv2，由两式联立可得h＝，A项正确；

224g从N至M，电势先增大后减小，故小物体的电势能先减小后增大，B项错误；从M到N的过

程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确．

7．BC [解析] 由速度图像可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度大小之比为3∶2，由牛顿第二定律可知，

2

2

mg3

＝，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B正F－mg2

确；小球在t＝2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的

6

总功为零，故A错误，C正确；因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错误．

8．(1)

3mg (2)3q5 3gl7 3

mg 33

[解析] (1)＝tan 30° 解得：E＝

3mg. 3qqEmg(2)当小球移到D点后，让小球由静止释放，小球先做匀加速直线运动，运动到轻绳与竖直方向成30°角时绳绷直，与OA关于OC对称，设此位置为B，此时速度为vB

a＝2 3

g 3

v2B＝2al

绳绷直后，垂直绳方向速度vB⊥＝vBcos 30°，沿绳方向速度变为0 到达A点时切向加速度为0，速度达到最大值 121mvB⊥＋qEl＝mv2A 22解得vA＝

5 3gl 3

2

2 3mvA由牛顿第二定律得F－mg＝F向心＝ 3l7 3

解得F＝mg.

39．(1)T＝

LL，其中n取大于或等于 nv02dv0qU0

的整数 2m2n－1(2)t＝T(n＝1，2，3，…)

4

[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＝

L nv0

11?1?2粒子在T内离开中心线的距离为y＝a?T?

42?4?又a＝，E＝，

qEmU0dqU0T2

解得y＝

32md在运动过程中离开中心线的最大距离为

qU0T2

ym＝2y＝ 16md

7

1

粒子不撞击金属板，应有ym≤d

2解得T≤2d故n≥

2mqU0

L 2dv0qU0L，即n取大于或等于 2m2dv0qU0

的整数． 2m所以交变电压的周期应满足的条件为

LLT＝，其中n取大于或等于 nv02dv0qU0

的整数． 2m135

(2)粒子进入电场的时间应为T，T，T，…

444

2n－1

故粒子进入电场的时间为t＝T(n＝1，2，3，…)．

410．(1)3qEl0 (2)3

2ml0

qE (3)17qEl0

2m[解析] (1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0.

(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，

可令tAD＝tDB＝T，由于yDB∶yBC＝1∶3，则tBC＝T

由qE＝ma得a＝

1212

又yD＝aT yD＋3l0＝a(2T)

22解得T＝

2ml0

qEmqE 2ml0

则A→C过程所经历的时间t＝3 qE

(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有 2l0＝vCx(2T) vCy＝a(2T)

2

vC＝v2Cx＋vCy＝

17qEl0

. 2m

8

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