考点规范练测试 带电粒子在电场中的综合问题

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1、考点规范练25　带电粒子在电场中的综合问题 一、单项选择题 1、将如图所示的交流电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　) A、电子一直向着A板运动 B、电子一直向着B板运动 C、电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D、电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 答案D 解析根据交流电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙.从图中可知，电子

2、在第一个T4内做匀加速直线运动，第二个T4内做匀减速直线运动，在这半周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为eUmd.在第三个T4内电子做匀加速直线运动，第四个T4内做匀减速直线运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向A板运动，加速度大小为eUmd.所以电子在交变电场中将以t=T4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确. 2、(2018·辽宁三校高三第三次调研考试)如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m=2、0×10-11 kg、电荷量为q=1、0×10-5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×1

3、04 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2=2×104 m/s，已知MP=20 cm、MN=80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像正确的是(　　) 答案D 解析因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx=ΔEp=0-Ep，故Ep=-qEx，故选项D正确;因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误;因为粒子离开电场时的速

4、度v2=v1sin30°=2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误;粒子在电场中运动的过程，由动能定理可知，qEx=12mv2-12mv12，所以v与x不是线性关系，选项C错误. 3、 如图所示，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(　　) 答案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

5、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、如图甲所示，光滑绝缘水平面上有M、N两个点电荷.t=0时，M静止，N以初速度6 m/s向甲运动.此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图像分别如图乙中M、N两曲线所示.则由图线可知(　　) A、两电荷的电性一定相反 B、t2时刻两电荷的电势能最大 C、0~t2时间内，两

6、电荷的静电力先增大后减小 D、0~t3时间内，M的动能一直增大，N的动能一直减小 答案C 解析由题图乙可知，两个小球间产生的是排斥力，因为刚开始N做减速运动，M做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，选项A错误;在t1时刻，两个小球共速，两小球间的距离最小，故在间距减小的过程中，静电力对整体做负功，以后小球的距离逐渐增大，静电力就做正功了，故两球间距最小时的电势能最大，选项B错误;在0~t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项C正确;0~t3时间内，M的速度一直增大，故它的动能一直增大，而N的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，选项D错

7、误. 二、多项选择题 5、(2018·四川自贡一诊)在地面附近，存在一有界电场，边界MN将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中离边界某一高度处由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A、小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5 B、在t=5 s时，小球经过边界MN C、在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功 D、在1~4 s过程中，小球的机械能先减少后增加 答案AD 解析小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动，由题图乙可以看出，小

8、球经过边界MN的时刻是t1=1s和t2=4s，故选项B错误;由v-t图像的斜率等于加速度得，小球进入电场前的加速度大小a1=g=v1t1=v1，进入电场后的加速度大小a2=2v14-1=2v13，由牛顿第二定律得mg=ma1，F-mg=ma2，得电场力F=mg+ma2=53mg，则重力mg与电场力F大小之比为3∶5，选项A正确;小球向下运动的整个过程中，动能的变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故选项C错误;整个过程中，由题图可得，小球在0~2、5s内向下运动，在2、5~5s内向上运动，在1~4s过程中，电场力先做负功后做正功，所以小球的机械能先减少后增加，故

9、选项D正确. 6、如图甲所示，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，0~T3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0~T时间内运动的描述，正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A、末速度大小为2v0 B、末速度沿水平方向 C、重力势能减少了12mgd D、克服电场力做功为mgd 答案BC 解析0~T3时间内微粒匀速运动，有mg=qE0.把微粒的运动分解，水平方向:做速度为v0的匀速直线运动;竖直方向:T3~2T3

10、时间内，只受重力，做自由落体运动，2T3时刻，v1y=gT3，2T3~T时间内，a=2qE0-mgm=g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y=v1y-a·T3=0，所以末速度v=v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确.重力势能的减少量ΔEp=mg·d2=12mgd，所以选项C正确.根据动能定理:12mgd-W克电=0，得W克电=12mgd，所以选项D错误. 7、 如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔(小孔对电场的影响可以忽略不计).开关闭合时，小孔正上方d3处有一带正电的粒子，粒子由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，

11、下列说法正确的是(　　) A、保持开关闭合，若将下极板上移d2，粒子将在距上极板d3处返回 B、保持开关闭合，若将下极板上移d2，粒子将在距上极板d5处返回 C、断开开关，若将下极板上移d5，粒子将能返回原处 D、断开开关，若将上极板上移d5，粒子将能返回原处 答案BD 解析由动能定理可得mgd+d3=Uq=Eqd.保持开关闭合，将下极板向上平移d2，设粒子运动到距离上极板x处返回，根据动能定理得mgd3+x-qU12dx=0，联立两式得x=15d，即粒子将在距上极板15d处返回，选项B正确，A错误;若断开开关，则两极板间的电场强度E不变，将下极板上移d5，设粒子到达距离上极板x处

12、，由动能定理得mgd3+x-Eqx=0，解得x=d，即粒子将碰到下极板而不能返回，选项C错误;将上极板上移d5，设粒子到达离下极板x处，由动能定理得mg4d3-x-Eqd5+d-x=0，解得x=4d5，故粒子将不能碰到下极板而返回原处，选项D正确;故选BD. 三、非选择题 8、如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0、2 kg，电荷量为q=2、0×10-6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0、1.从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求: (1)23 s内小物

13、块的位移大小; (2)23 s内电场力对小物块所做的功. 答案(1)47 m　(2)9、8 J 解析(1)0~2s内小物块的加速度为a1 由牛顿第二定律得E1q-μmg=ma1，即a1=E1q-μmgm=2m/s2， 位移x1=12a1t12=4m 2s末的速度为v2=a1t1=4m/s 2~4s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得E2q-μmg=ma2 即a2=E2q-μmgm=-2m/s2 位移的大小x2=x1=4m，4s末小物块的速度为v4=0 因此小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动 第22s末的速度为v22=4m/s，第23s末的速度v23=v22+a2t

14、=2m/s(t=23s-22s=1s) 所求位移为x=222x1+v22+v232t=47m. (2)23s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W-μmgx=12mv232 解得W=9、8J. 9、 如图所示，ABC为光滑的固定在竖直面内的半圆形轨道，轨道半径为R=0、4 m，A、B为半圆轨道水平直径的两个端点，O为圆心.在水平线MN以下和竖直线OQ以左的空间内存在竖直向下的匀强电场，电场强度E=1、0×106 N/C.现有一个质量m=2、0×10-2 kg，电荷量q=2、0×10-7 C的带正电小球(可看作质点)，从A点正上方由静止释放，经时间t=0、3 s到达A点并

15、沿切线进入半圆轨道，g取10 m/s2，不计空气阻力及一切能量损失，求: (1)小球经过C点时对轨道的压力大小; (2)小球经过B点后能上升的最大高度. 答案(1)1、65 N　(2)0、85 m 解析(1)由题意可知，小球进入电场前做自由落体运动，设下落的高度为h，到达C的速度为vC，由题意可得h=12gt2=0、45m① 小球进入轨道后做圆周运动，从A点运动到C点过程由动能定理可得mg(h+R)+EqR=12mvC2② 可得vC=5m/s③ 设到达C时轨道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律可得FN-mg-Eq=mvC2R④ 由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小为FN'=

16、FN=1、65N.⑤ (2)设小球经过B点后上升的最大高度为h'，由机械能守恒定律可得12mvC2=mg(R+h')⑥ 代入数据可得h'=0、85m.⑦ 10、(2018·河北衡水二模)如图甲所示，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3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0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. 答案3U0et02md　3U0et022md 解

17、析以电场力的方向为正方向，画出电子在t=0、t=t0时刻进入电场后，沿电场力方向的速度vy随时间变化的vy-t图像如图丙和图丁所示. 电场强度E=U0d 电子的加速度a=Eem=U0edm 由图丙中vy1=at0=U0et0dm vy2=a×2t0=2U0et0dm 由图丙可得电子的最大侧移，即穿过平行板时距OO'的最大距离 ymax=vy12t0+vy1t0+vy1+vy22t0=3U0et02md 由图丁可得电子的最小侧移，即穿过平行板时距OO'的最小距离 ymin=vy12t0+vy1t0=3U0et022md. 11、真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电

18、油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变;再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g. (1)求油滴运动到B点时的速度. (2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件.已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍. 答案(1)v0-2gt1　(2)若B点在A点之上，E2=2-2v0gt1+14(v0gt1) 2E1，0

19、t1>1+32v0g 若B点在A点之下， E2=2-2v0gt1-14(v0gt1) 2E1，t1>52+1v0g 解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故所受电场力方向向上.在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2-mg=ma1① 油滴在时刻t1的速度为 v1=v0+a1t1② 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2+mg=ma2③ 油滴在时刻t2=2t1的速度为 v2=v1-a2t1④ 由

20、①②③④式得v2=v0-2gt1.⑤ (2)由题意，在t=0时刻前有 qE1=mg⑥ 油滴从t=0到时刻t1的位移为 s1=v0t1+12a1t12⑦ 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2=v1t1-12a2t12⑧ 由题给条件有v02=2g(2h)⑨ 式中h是B、A两点之间的距离. 若B点在A点之上，依题意有 s1+s2=h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2=2-2v0gt1+14v0gt12E1 为使E2>E1，应有 2-2v0gt1+14v0gt12>1 即当01+32v0g 才是可能的;条件式和式分别对应于v2>0和v2<0两种情形. 若B点在A点之下，依题意有 s1+s2=-h 由①②③⑥⑦⑧⑨式得 E2=2-2v0gt1-14v0gt12E1 为使E2>E1，应有 2-2v0gt1-14v0gt12>1 即t1>52+1v0g 另一解为负，不合题意，已舍去.