帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合性問題時(shí)間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中16為單選，710為多選)1.如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電小球，從平行板電場(chǎng)中的P點(diǎn)以相同的初速度v0垂直進(jìn)入電場(chǎng)，它們分別落到A、B、C三點(diǎn)()A落到A點(diǎn)的小球帶正電，落到B點(diǎn)的小球不帶電B三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等C三小球到達(dá)正極板時(shí)動(dòng)能關(guān)系：EkA>EkB>EkCD三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度關(guān)系：aA>aB>aC答案A解析帶負(fù)電的小球受到的合力為mgF電，帶正電的小球受到的合力為mgF電，不帶電小球僅受重力mg，根據(jù)牛頓第二定律可得帶負(fù)電的小球加速度最大，其次為不帶電小球，最小的為帶正電的小球，故小球在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，xC<xB<xA，所以tC<tB<tA，又hChBhA，故aC>aB>aA，B、D錯(cuò)誤；故落在C點(diǎn)的小球帶負(fù)電，落在A點(diǎn)的小球帶正電，落在B點(diǎn)的小球不帶電，A正確；因?yàn)橹亓?duì)三個(gè)小球做功相同，電場(chǎng)對(duì)帶負(fù)電的小球C做正功，對(duì)帶正電的小球A做負(fù)功，對(duì)不帶電的B球不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得三小球落在板上的動(dòng)能大小關(guān)系為EkC>EkB>EkA，C錯(cuò)誤。2.(2018山東菏澤模擬)如圖所示，兩極板水平放置的平行板電容器間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩極板間相距為d。一帶負(fù)電的微粒從上極板M的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板的邊緣射出。已知微粒的電量為q、質(zhì)量為m。下列說法正確的是()A微粒運(yùn)動(dòng)的加速度不為0B微粒的電勢(shì)能減小了mgdC兩極板間的電勢(shì)差為DN極板的電勢(shì)高于M板的電勢(shì)答案C解析由題意分析可知，微粒所受電場(chǎng)力方向豎直向上，與重力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，A錯(cuò)誤；微粒穿過平行板電容器過程，重力做功mgd，微粒的重力勢(shì)能減小，動(dòng)能不變，根據(jù)能量守恒定律知，微粒的電勢(shì)能增加了mgd，B錯(cuò)誤；微粒的電勢(shì)能增加量Emgd，又EqU，得到兩極板的電勢(shì)差U，C正確；電場(chǎng)力方向豎直向上，微粒帶負(fù)電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，M板的電勢(shì)高于N板的電勢(shì)，D錯(cuò)誤。3.(2017海南高考)如圖所示，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正、負(fù)極相連，一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保持右極板不動(dòng)，將左極板向左緩慢移動(dòng)。關(guān)于小球所受的電場(chǎng)力大小F和繩子的拉力大小FT，下列判斷正確的是()AF逐漸減小，F(xiàn)T逐漸減小BF逐漸增大，F(xiàn)T逐漸減小CF逐漸減小，F(xiàn)T逐漸增大DF逐漸增大，F(xiàn)T逐漸增大答案A解析勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E，因?yàn)閮蓸O板分別與電源的正、負(fù)極相連，所以兩極板間的電壓U不變，將左極板向左緩慢移動(dòng)，距離d增大，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力FqE也減小，帶電小球的受力分析如圖所示，可知細(xì)繩的拉力FT，由于F減小，mg不變，所以拉力FT減小，A正確。4.(2018湘東五校聯(lián)考)一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向下，帶電油滴僅受重力和電場(chǎng)力作用。帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，能量變化情況為()A動(dòng)能減小B電勢(shì)能增加C重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和增加D動(dòng)能和重力勢(shì)能之和增加答案D解析由帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的軌跡可知，帶電油滴所受的合力豎直向上，即油滴的電場(chǎng)力方向豎直向上，所以油滴帶負(fù)電荷，合外力與位移的夾角小于90，合外力做正功，帶電油滴的動(dòng)能增大，A錯(cuò)誤；由b點(diǎn)電勢(shì)比a點(diǎn)電勢(shì)高，且油滴帶負(fù)電，可知油滴在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大，即從a到b油滴的電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；油滴從a運(yùn)動(dòng)到b，電勢(shì)能減小，重力勢(shì)能增大，動(dòng)能也增大，又油滴的電勢(shì)能、重力勢(shì)能與動(dòng)能之和不變，則油滴重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，動(dòng)能和重力勢(shì)能之和增大，C錯(cuò)誤，D正確。5.(2018昆明質(zhì)檢)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)固定的電荷量相等的正點(diǎn)電荷，兩點(diǎn)電荷的連線處于水平方向，O為連線的中點(diǎn)，P、M為連線的垂直平分線上的兩點(diǎn)，且POOMh。現(xiàn)將一帶負(fù)電的小球從P點(diǎn)靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的是()A從P到O的過程中，小球的電勢(shì)能一直增大B從P到O的過程中，小球的加速度一直增大C從O到M的過程中，小球的機(jī)械能先增大后減小D到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，小球的速度大小為2答案D解析從P到O的過程中，電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能一直減小，A錯(cuò)誤；由于在P、M的連線上，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，無限遠(yuǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，但不知道電場(chǎng)強(qiáng)度最大處的位置，故將一帶負(fù)電的小球從P點(diǎn)靜止釋放，從P到O的過程中，小球的加速度可能一直增大，可能先增大后減小，也可能一直減小，B錯(cuò)誤；帶負(fù)電的小球從O到M的過程中，克服電場(chǎng)力做功，根據(jù)功能關(guān)系，小球的機(jī)械能一直減小，C錯(cuò)誤；由于P、M兩點(diǎn)關(guān)于兩點(diǎn)電荷的連線對(duì)稱，故兩點(diǎn)電勢(shì)相等，帶負(fù)電的小球在P、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，對(duì)帶負(fù)電的小球從P點(diǎn)到M點(diǎn)的過程，由能量守恒定律，mg2hmv2，解得到達(dá)M點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為v2，D正確。6.(2018河北五個(gè)一名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，離地H高處有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的物體處于電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為EE0kt(E0、k均為大于零的常數(shù)，電場(chǎng)方向以水平向左為正)的電場(chǎng)中，物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，已知qE0<mg。t0時(shí)，物體從墻上由靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)物體下滑后脫離墻面，此時(shí)速度大小為，物體最終落在地面上。則下列關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)說法不正確的是()A當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí)，物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)B物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段曲線C物體克服摩擦力所做的功WmgHD物體與墻壁脫離的時(shí)刻為t答案A解析在豎直方向上，由牛頓第二定律有mgqEma，隨著電場(chǎng)強(qiáng)度E的減小，加速度a逐漸增大，故物體做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)E0時(shí)，加速度增大到重力加速度g，此后物體脫離墻面，物體脫離墻面時(shí)的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，A錯(cuò)誤，B正確；物體從開始運(yùn)動(dòng)到剛好脫離墻面時(shí)電場(chǎng)力一直不做功，由動(dòng)能定理得mgWm2，物體克服摩擦力所做的功為WmgH，C正確；當(dāng)物體與墻壁脫離時(shí)所受的支持力為零，即電場(chǎng)力為零，此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以有E0kt0，解得時(shí)間為t，D正確。7.(2019銀川一中模擬)如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點(diǎn)，一個(gè)初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場(chǎng)，帶電粒子的重力不計(jì)。如果帶電粒子從M點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，則恰好從D點(diǎn)離開電場(chǎng)，若帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，則帶電粒子()A從BC邊界離開電場(chǎng)B從AD邊界離開電場(chǎng)C在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為mv答案BD解析從M到D過程粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則沿v0方向有：Lv0t，垂直v0方向：Lat2，又a，解得：F，當(dāng)帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)速度減至零，根據(jù)動(dòng)能定理得：Fx0mv，解得x，粒子運(yùn)動(dòng)到位移為處，又沿原路返回，所以粒子最終從AD邊離開電場(chǎng)，A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則，t，C錯(cuò)誤；離開電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功為零，故離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為：Ekmv，故D正確。8.如圖所示，有一沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度為E。一帶電小球，以大小為v0的初速度豎直向上進(jìn)入該勻強(qiáng)電場(chǎng)；小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，速度大小仍然為v0且方向沿電場(chǎng)方向，則在這一過程中，下列說法正確的是()A小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B小球在電場(chǎng)中所受到的合力F與水平方向成45角C電場(chǎng)力所做的功一定大于重力做的功D電勢(shì)能的減少量一定等于重力勢(shì)能的增加量答案BD解析根據(jù)機(jī)械能守恒的條件可知A錯(cuò)誤；設(shè)小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，小球在水平方向上的加速度為ax，速度為vxaxt，豎直方向上速度為vyv0gt，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)vxv0，vy0，所以有v0axt,0v0gt，故axg，qEmg，由此可知小球在電場(chǎng)中所受到的合力F與水平方向成45角，故B正確；由動(dòng)能定理qExmgh0，x、h分別是小球在水平方向上和豎直方向上的位移，可得xh，WGWE，EpGEpE，故C錯(cuò)誤，D正確。9.(2018浙江寧波模擬)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為其水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為圓弧。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓形軌道。不計(jì)空氣阻力及一切摩擦，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是()A小球一定能從B點(diǎn)離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于HD小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零答案BC解析小球受到的重力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，如果到達(dá)B點(diǎn)時(shí)重力做的正功大于電場(chǎng)力做的負(fù)功，小球能離開半圓軌道，否則不能，A錯(cuò)誤；若電場(chǎng)力等于重力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B正確；因電場(chǎng)力做負(fù)功，有機(jī)械能損失，若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于H，C正確；若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則電場(chǎng)力大于重力，小球在到達(dá)C點(diǎn)之前就已經(jīng)脫離軌道，D錯(cuò)誤。10.(2018福建質(zhì)檢)如圖所示，M、N兩點(diǎn)處于同一水平面，O為M、N連線的中點(diǎn)，過O點(diǎn)的豎直線上固定一根絕緣光滑細(xì)桿，桿上A、B兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。第一種情況，在M、N兩點(diǎn)分別放置電量為Q和Q的等量異號(hào)點(diǎn)電荷，套在桿上帶正電的小金屬環(huán)從A點(diǎn)無初速釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)；第二種情況，在M、N兩點(diǎn)分別放置電量為Q的等量同號(hào)點(diǎn)電荷，該金屬環(huán)仍從A點(diǎn)無初速釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。則兩種情況中()A金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度第一種情況較大B金屬環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間第一種情況較短C金屬環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，動(dòng)能與重力勢(shì)能之和均保持不變D金屬環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中(不含A、B兩點(diǎn))，在桿上相同位置的速度第一種情況較大答案BD解析等量異號(hào)點(diǎn)電荷連線的中垂線是等勢(shì)線，帶電金屬環(huán)沿桿運(yùn)動(dòng)時(shí)電勢(shì)能不變，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，金屬環(huán)所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；等量同號(hào)正點(diǎn)電荷連線中垂線上，點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)O電勢(shì)最高，與中點(diǎn)O距離越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，A、B兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，電勢(shì)相等，金屬環(huán)電勢(shì)能相等，從A點(diǎn)到B點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，第一種情況與第二種情況在B點(diǎn)的速度相等，故A錯(cuò)誤。第二種情況中金屬環(huán)所受電場(chǎng)力先是阻力后是動(dòng)力，結(jié)合到B點(diǎn)時(shí)與第一種情況速度相等，可知D正確。由于到B點(diǎn)前第二種情況相同位置的速度均比較小，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間比較長，故B正確。第一種情況，只有重力做功，機(jī)械能守恒，第二種情況，除重力做功外，電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，過程中機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11.(14分)如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點(diǎn)，OP與豎直方向的夾角37。不計(jì)空氣阻力。已知重力加速度為g，sin370.6，cos370.8。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。答案(1)(2)不小于解析(1)當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時(shí)，小球的受力情況如圖所示，則有tan，所以E。(2)當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以等效為在一個(gè)“重力加速度”為g的“重力場(chǎng)”中運(yùn)動(dòng)。若要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球必須能通過圖中的Q點(diǎn)。設(shè)當(dāng)小球從P點(diǎn)出發(fā)的速度為vmin時(shí)，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零。在小球從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg2r0mv，所以vmin，即小球的初速度應(yīng)不小于。12.(2019湘東五校聯(lián)考)(16分)如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球。小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑，等量異號(hào)點(diǎn)電荷Q、Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的E、F兩點(diǎn)。讓小球從最高點(diǎn)A由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為v，不考慮q對(duì)Q、Q所產(chǎn)生電場(chǎng)的影響，重力加速度為g，求：(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的拉力大?。?2)小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度大小。答案(1)5mg(2) 解析(1)設(shè)UBAU，根據(jù)對(duì)稱性可知UBAUADU，題圖中AC線處在等勢(shì)面上，UAC0，故小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中電場(chǎng)力不做功，小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg2dmv在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有Tmgm得T5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的拉力大小為TT5mg。(2)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)和從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgdqUmv2mgdqUmv得vD。