《（講練測）高考物理一輪復習 專題30 帶電粒子在電場中的運動綜合問題分析（練）（含解析）-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（講練測）高考物理一輪復習 專題30 帶電粒子在電場中的運動綜合問題分析（練）（含解析）-人教版高三全冊物理試題（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題30 帶電粒子在電場中的運動綜合問題分析（練）1（多選）如圖所示，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球P，小球所處的空間存在著豎直向上的勻強電場，小球平衡時，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。現給小球一豎直向上的初速度，小球最高能運動到M點，在小球從開始運動至達到最高的過程中，以下說法正確的是： （ ）A小球機械能的改變量等于電場力做的功 B小球電勢能的減小量等于小球重力勢能的增加量C彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量 D小球動能的減少量等于電場力和重力做功的代數和【答案】BC2（多選）如圖所示，MPQO 為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為 E，ACB 為光滑固定的半圓形

2、軌道，軌道半徑為 R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為1/4圓弧一個質量為m，電荷量為q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是： （ ）A小球一定能從B 點離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運動C若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H D小球到達C點的速度可能為零【答案】BC【名師點睛】此題是圓周運動的問題，解題時要分析物體的受力以及運動情況，要知道粒子在復合場中運動時，當電場力和重力相等時才能做勻速圓周運動；當電場力大于重力時，電場力和重力的合力方向向上，故粒子在最低點的速度不能為零

3、3如圖所示，傾角為的絕緣斜面ABC置于粗糙的水平地面上，一質量為m、帶電量+q的小物塊（可看作是點電荷且運動中電荷量保持不變）恰好能在斜面上勻速下滑。若在AB中點D的上方與B等高的位置固定一帶電量+Q的點電荷，再讓物塊以某一速度從斜面上滑下，物塊在下滑至底端的過程中，斜面保持靜止不動。不考慮空氣阻力的影響，下列說法中正確的是： （ ）A物塊在BD之間運動，斜面受到地面向左的摩擦力B物塊在BD之間運動，斜面受到地面向右的摩擦力C物塊在DA之間運動，斜面受到地面的摩擦力為零D物塊在DA之間運動，斜面受到地面向左的摩擦力【答案】C【解析】在沒有增加電場前，小物塊受重力、支持力和摩擦力，做勻速下滑運動

4、，故摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的，即在水平方向上不受摩擦力作用，當增加電場力后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力正比例增加，故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力的合力仍然是豎直向下的；再對斜面體分析，受重力、故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否則合力不為零，C正確；【名師點睛】開始時刻小物塊恰好能在斜面上勻速下滑，說明摩擦力和支持力的合力與重力平衡，是豎直向上的；根據牛頓第三定律，壓力和滑塊對斜面體的摩擦力的合力是豎直向下的；再結合平衡條件分析即可4如圖所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎

5、直面內，管口B、C的連線是水平直徑現有一質量為m帶正電的小球（可視為質點）從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R從小球進入管口開始，整個空間突然加一勻強電場，電場力在豎直向上的分力大小與重力大小相等，結果小球從管口C處脫離圓管后，其運動軌跡經過A點設小球運動過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求：（1）小球到達B點的速度大?。唬?）小球受到的電場力的大??； （3）小球經過管口C處時對圓管壁的壓力【答案】（1）（2）（3）3mg（3）小球經過管口C處時，向心力由Fx和圓管的彈力N提供，設彈力N的方向向左，則 （2分）解得：N=3mg（方向向左） 根據牛頓第三定律可知，小球經過管口C

6、處時對圓管的壓力為，方向水平向右 【名師點睛】小球從A開始自由下落到到達管口B的過程中，只有重力做功，機械能守恒，可求出小球到達B點時的速度大?。粚㈦妶隽Ψ纸鉃樗胶拓Q直兩個方向的分力，小球從B到C的過程中，水平分力做負功，根據動能定理得到水平分力與B、C速度的關系小球從C處離開圓管后，做類平拋運動，豎直方向做勻速運動，水平方向做勻加速運動，則兩個方向的位移，由運動學公式和牛頓第二定律結合可水平分力豎直分力大小等于重力，再進行合成可求出電場力的大小小球經過管口C處時，由電場力的水平分力和管子的彈力的合力提供向心力，由牛頓運動定律求解球對圓管壁的壓力5【2016北京卷】如圖所示，電子由靜止開始經

7、加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為。偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y；（2）分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法。在解決（1）問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因。已知，。（3）極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點?！敬鸢浮浚?）（2）不需

8、要考慮電子所受的重力 （3） 電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅僅由場自身的因素決定。（2）考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力電場力由于，因此不需要考慮電子所受重力（3）電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能與其電荷量q的比值，即由于重力做功與路徑無關，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能與其質量m的比值，叫做“重力勢”，即電勢和重力勢都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定【方法技巧】帶電粒子在電場中偏轉問題，首先要對帶電粒子在這兩種情況下進行正確的受力分析，確定粒子的運動類型。解決帶電粒子垂直射入電場的類型的題，應用平拋運動的規(guī)律進行求解。此類

9、型的題要注意是否要考慮帶電粒子的重力，原則是：除有說明或暗示外，對基本粒子（例如電子，質子、粒子、離子等）一般不考慮重力；對帶電微粒（如液滴、油滴、小球、塵埃等）一般要考慮重力。1（多選）一個質量為m，電荷量為q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經過的豎直平面內，存在著若干個如圖所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長已知每一電場區(qū)的場強大小相等，方向均豎直向上，不計空氣阻力，下列說法正確的是： （ ）A小球在水平方向一直做勻速直線運動B若場強大小等于，則小球經過每一電場區(qū)的時間均相同C若場強大小等于，則小球經過每一無電場區(qū)的時間均相同D無

10、論場強大小如何，小球通過所有無電場區(qū)的時間均相同【答案】AC接下來小球的運動重復前面的過程，即每次通過無電場區(qū)都是自由落體運動，每次通過電場區(qū)都是末速度為零勻減速直線運動，故C正確；通過前面的分析可知，物體通過每個無電場區(qū)的初速度不一定相同，所以，通過電場的時間不同；故D錯誤?！久麕燑c睛】本題將小球的運動沿水平方向和豎直方向正交分解后，對于豎直方向的運動，關鍵是找出小球的運動的一般規(guī)律，然后分析計算將小球的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，其水平方向不受外力，做勻速直線運動，豎直方向在無電場區(qū)做勻加速運動，有電場區(qū)也做勻變速運動，但加速度不同，運用速度時間關系公式分析，可以得到小球在豎直方向

11、的運動規(guī)律2（多選）如圖所示，粗糙水平桌面AM的右側連接有一豎直放置、半徑R= 03m的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M點在水平半徑ON的下方空間有水平向右的勻強電場，現從A點由靜止釋放一個質量m= 04kg、電荷量為q的帶正電的絕緣物塊，物塊沿桌面運動并由M點進入半圓軌道，并恰好以最小速度通過軌道的最高點P已知物塊與水平桌面間的動摩擦因數為055，電場強度，取g=10m/s2，則： （ ）A物塊經過M點時的速率為B物塊經過N時對軌道的壓力為C物塊由M向P運動的過程中速率逐漸減小DAM的長度為1m【答案】AD【名師點睛】此題是動能定理在圓周運動中的應用問題，解題時要正確選擇研究過程，并且

12、正確找到各個力的做功情況，根據動能定理列得方程求解；此題難度中等；考查學生靈活運用物理規(guī)律的能力3（多選）如圖所示，豎直平面內有一固定的光滑橢圓大環(huán)，其長軸長BD=4L、短軸長AC=2L。勁度系數為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心，下端連接一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的小環(huán)，小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣，整個裝置處在水平向右的勻強電場中。將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到B點時速度恰好為0。已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的彈力大小相等,則： （ ）A小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大B小環(huán)從A點運動到B點的過程中，小環(huán)的電勢能一直增大C電場強度的大小D小環(huán)在A點

13、時受到大環(huán)對它的彈力大小【答案】ACD【名師點睛】此題關鍵是對物體受力情況和彈簧的狀態(tài)作出正確的分析，需要考慮電場力的情況，并運用到能量守恒定律進行分析。4如圖所示，一足夠長的斜面傾斜角度為，現有一個質量為04 kg，帶電荷量的小球以初速度v0=5 m/s從斜面上A點豎直向上拋出。已知斜面所在的整個空間存在水平向右的勻強電場，電場強度為，重力加速度g=10m/s2。試求：（1）小球在空中運動過程中速度的最小值；（2）小球相對A所在水平面上升的最大高度H和小球再次落到與A在同一水平面的B點（圖上未標出）時，小球距離A點的距離LAB；（3）小球再次落到斜面上時，速度方向與水平向右電場方向夾角的正切

14、值。（4）小球在空中運動過程中距離斜面最遠的距離d?！敬鸢浮浚?） （2） （3） （4）【解析】將速度沿著合力方向與垂直合力方向進行分解，當沿著合力方向的速度為0時，合速度最?。?）將小球的速度和合力沿著斜面與垂直斜面分解，則可知當垂直于斜面方向（即y方向）速度為0時，物體距離斜面距離最遠。則有：，【名師點睛】本題是一道綜合性較強的題目，帶電粒子做勻變速曲線運動，拋出點和落點都在斜面上，要用到這個位置特點，同時根據處理此類問題的原則，利用運動的分解帶電粒子在豎直方向做豎直上拋運動，沿電場線方向做勻加速直線運動，分別列出運動學方程，根據運動的等時性，聯立即可求解。5如圖所示，在直角坐標系xoy

15、的第一象限中，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點為A，A點坐標為（L，0），虛線與x軸所圍成的空間內沒有電場；在第二象限存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為，M（-L，L）和N（-L，0）兩點的連線上有一個產生粒子的發(fā)生器裝置，不斷產生質量均為m，電荷量均為q的帶正電的靜止粒子，不計粒子的重力和粒子之間的相互作用力，且整個裝置處于真空中，（1）若粒子從M點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點，求這個過程中該粒子運動的時間及到達A點的速度大??；（2）若從MN線上M點下方由靜止發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場加速后，經第一

16、象限的電場偏轉穿過虛線邊界后都能到達A點，求此邊界（圖中虛線）方程【答案】（1），（2）且有【解析】（1）粒子在第二象限的電場中勻加速的時間：得時間：；到y軸的速度：在第一象限做類平拋運動，水平：；得：豎直：這個過程中該粒子所用的時間：該過程中粒子到達A點的速度：整理得邊界方程：且有【名師點睛】帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速、減速，直 線或曲線），然后選用恰當的規(guī)律解題解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉化 的觀點，選用動能

17、定理和功能關系求解。1【2016全國新課標卷】（多選）如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知： （ ）AQ點的電勢比P點高B油滴在Q點的動能比它在P點的大C油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小【答案】AB 【名師點睛】本題主要考查帶電粒子在勻強電場中的運動。本題的突破口在于根據運動軌跡判斷合力的方向，再來判斷電場力的方向，最后根據運動電荷的電性，就可以判斷電場強度的方向，順著這個思路就可以把這個題目做出來。2【2016上海卷】（14分）如圖（a），長度L=08 m的光滑桿左

18、端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=；一質量m=002 kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系。點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在016x020和x040范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量）（1）小球B所帶電量q;（2）非均勻外電場在x=03 m處沿細桿方向的電場強度大小E；（3）在合電場中，x=04 m與x=06 m之間的電勢差U。（4）已知小球在x=02 m處獲得v=04 m/s的初速度時，

19、最遠可以運動到x=04 m。若小球在x=016 m處受到方向向右，大小為004 N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的最小距離s是多少？【答案】（1） （2） （3）800 V （4）0065 m【解析】（1）由圖可知，當x=03 m時，因此。（2）設在x=03 m處點電荷與小球間作用力為F2，F合=F2+qE因此電場在x=03 m處沿細桿方向的電場強度大小為3，方向水平向左?！痉椒记伞客ㄟ^圖線1位置03 m處和庫侖定律計算小球B帶電量；再根據圖像分析03 m處合力向左，庫侖力向右，可以計算出該位置外加電場的電場力，進而計算外加電場電場強度；在04 m到06 m處合電

20、場是勻強電場，根據qU=W合可以計算兩位置電勢差；通過動能定理計算距離。3【2015山東20】（多選）如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在時間內運動的描述，正確的是： （ ）A末速度大小為 B末速度沿水平方向C重力勢能減少了 D克服電場力做功為【答案】BC【方法技巧】解答此題關鍵是分析粒子的受力情況，然后決定物體的運動性質；知道分階段處理問題的方法4【2015安徽23】在xOy平面內，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E（圖中未畫出），由A點斜射出一質量為m，帶電荷量為+q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數。粒子所受重力忽略不計。求：（1）粒子從A到C過程中電場力對它做的功；（2）粒子從A到C過程所經歷的時間；（3）粒子經過C點時的速率?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）?！疽?guī)律總結】電場力做功與路徑無關；拋體運動用正交分解法分解到水平和豎直兩個方向來做，加上電場就是多了個電場力，再由牛頓第二定律求加速度；平拋運動就是水平和豎直兩個方向，先分解再合成。