标签: 2020高考物理一轮复习限时规范专题练(三)带电粒子在电场中运动的综合性问题(含解析)  
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doc 带电粒子在电场中运动的综合性问题   时间:60分钟 满分:100分 一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。其中1~6为单选,7~10为多选) 1.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电小球,从平行板电场中的P点以相同的初速度v0垂直进入电场,它们分别落到A、B、C三点(  ) A.落到A点的小球带正电,落到B点的小球不带电 B.三小球在电场中运动的时间相等 C.三小球到达正极板时动能关系:EkA>EkB>EkC D.三小球在电场中运动的加速度关系:aA>aB>aC 答案 A 解析 带负电的小球受到的合力为mg+F电,带正电的小球受到的合力为mg-F电′,不带电小球仅受重力mg,根据牛顿第二定律可得带负电的小球加速度最大,其次为不带电小球,最小的为带正电的小球,故小球在板间运动时间t=,xC<xB<xA,所以tC<tB<tA,又hC=hB=hA,故aC>aB>aA,B、D错误;故落在C点的小球带负电,落在A点的小球带正电,落在B点的小球不带电,A正确;因为重力对三个小球做功相同,电场对带负电的小球C做正功,对带正电的小球A做负功,对不带电的B球不做功,根据动能定理可得三小球落在板上的动能大小关系为EkC>EkB>EkA,C错误。 2.(2018·山东菏泽模拟)如图所示,两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场,两极板间相距为d。一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入,沿直线从下极板的边缘射出。已知微粒的电量为q、质量为m。下列说法正确的是(  ) A.微粒运动的加速度不为0 B.微粒的电势能减小了mgd C.两极板间的电势差为 D.N极板的电势高于M板的电势 答案 C 解析 由题意分析可知,微粒所受电场力方向竖直向上,与重力平衡,微粒做匀速直线运动,加速度为零,A错误;微粒穿过平行板电容器过程,重力做功mgd,微粒的重力势能减小,动能不变,根据能量守恒定律知,微粒的电势能增加了mgd,B错误;微粒的电势能增加量ΔE=mgd,又ΔE=qU,得到两极板的电势差U=,C正确;电场力方向竖直向上,微粒带负电,故电场强度方向竖直向下,M板的电势高于N板的电势,D错误。 3.(2017·海南高考)如图所示,平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正、负极相连,一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间,处于静止状态。现保持右极板不动,将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小FT,下列判断正确的是(  ) A.F逐渐减小,FT逐渐减小 B.F逐渐增大,FT逐渐减小 C.F逐渐减小,FT逐渐增大 D.F逐渐增大,FT逐渐增大 答案 A 解析 匀强电场的电场强度E=,因为两极板分别与电源的正、负极相连,所以两极板间的电压U不变,将左极板向左缓慢移动,距离d增大,电场强度减小,电场力F=qE也减小,带电小球的受力分析如图所示,可知细绳的拉力FT=,由于F减小,mg不变,所以拉力FT减小,A正确。 4.(2018·湘东五校联考)一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下,带电油滴仅受重力和电场力作用。带电油滴从a运动到b的过程中,能量变化情况为(  ) A.动能减小 B.电势能增加 C.重力势能和电势能之和增加 D.动能和重力势能之和增加 答案 D 解析 由带电油滴从a运动到b的轨迹可知,带电油滴所受的合力竖直向上,即油滴的电场力方向竖直向上,所以油滴带负电荷,合外力与位移的夹角小于90°,合外力做正功,带电油滴的动能增大,A错误;由b点电势比a点电势高,且油滴带负电,可知油滴在a点的电势能比在b点的大,即从a到b油滴的电势能减小,B错误;油滴从a运动到b,电势能减小,重力势能增大,动能也增大,又油滴的电势能、重力势能与动能之和不变,则油滴重力势能和电势能之和减小,动能和重力势能之和增大,C错误,D正确。 5.(2018·昆明质检)如图所示,竖直平面内有两个固定的电荷量相等的正点电荷,两点电荷的连线处于水平方向,O为连线的中点,P、M为连线的垂直平分线上的两点,且PO=OM=h。现将一带负电的小球从P点静止释放,重力加速度为g,下列说法正确的是(  ) A.从P到O的过程中,小球的电势能一直增大 B.从P到O的过程中,小球的加速度一直增大 C.从O到M的过程中,小球的机械能先增大后减小 D.到达M点时,小球的速度大小为2 答案 D 解析 从P到O的过程中,电场力做正功,小球的电势能一直减小,A错误;由于在P、M的连线上,O点的电场强度为零,无限远处电场强度为零,但不知道电场强度最大处的位置,故将一带负电的小球从P点静止释放,从P到O的过程中,小球的加速度可能一直增大,可能先增大后减小,也可能一直减小,B错误;带负电的小球从O到M的过程中,克服电场力做功,根据功能关系,小球的机械能一直减小,C错误;由于P、M两点关于两点电荷的连线对称,故两点电势相等,带负电的小球在P、M两点的电势能相等,对带负电的小球从P点到M点的过程,由能量守恒定律,mg·2h=mv2,解得到达M点时小球的速度大小为v=2,D正确。 6.(2018·河北五个一名校联盟联考)如图所示,离地H高处有一个质量为m、电荷量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为E=E0-kt(E0、k均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正)的电场中,物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ,已知μqE0<mg。t=0时,物体从墙上由静止释放,若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当物体下滑后脱离墙面,此时速度大小为,物体最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法不正确的是(  ) A.当物体沿墙壁下滑时,物体先做加速运动再做匀速直线运动 B.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段曲线 C.物体克服摩擦力所做的功W=mgH D.物体与墙壁脱离的时刻为t= 答案 A 解析 在竖直方向上,由牛顿第二定律有mg-μqE=ma,随着电场强度E的减小,加速度a逐渐增大,故物体做变加速运动,当E=0时,加速度增大到重力加速度g,此后物体脱离墙面,物体脱离墙面时的速度向下,之后所受合外力与初速度不在同一条直线上,所以运动轨迹为曲线,A错误,B正确;物体从开始运动到刚好脱离墙面时电场力一直不做功,由动能定理得mg-W=m2,物体克服摩擦力所做的功为W=mgH,C正确;当物体与墙壁脱离时所受的支持力为零,即电场力为零,此时电场强度为零,所以有E0-kt=0,解得时间为t=,D正确。 7.(2019·银川一中模拟)如图所示,匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内,M、N分别为AB和AD的中点,一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场,带电粒子的重力不计。如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场,则恰好从D点离开电场,若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场,则带电粒子(  ) A.从BC边界离开电场 B.从AD边界离开电场 C.在电场中的运动时间为 D.离开电场时的动能为mv 答案 BD 解析 从M到D过程粒子做类平抛运动,则沿v0方向有:L=v0t,垂直v0方向:L=at2,又a=,解得:F=,当带电粒子从N点垂直BC方向射入电场,粒子做匀减速直线运动,设粒子匀减速运动的位移为x时速度减至零,根据动能定理得:-Fx=0-mv,解得x=,粒子运动到位移为处,又沿原路返回,所以粒子最终从AD边离开电场,A错误,B正确;设粒子在电场中运动的时间为t′,则=·,t′=,C错误;离开电场时电场力做功为零,故离开电场时的动能为:Ek=mv,故D正确。 8.如图所示,有一沿水平方向的匀强电场,其电场强度为E。一带电小球,以大小为v0的初速度竖直向上进入该匀强电场;小球运动一段时间后,速度大小仍然为v0且方向沿电场方向,则在这一过程中,下列说法正确的是(  ) A.小球在运动过程中机械能守恒 B.小球在电场中所受到的合力F与水平方向成45°角 C.电场力所做的功一定大于重力做的功 D.电势能的减少量一定等于重力势能的增加量 答案 BD 解析 根据机械能守恒的条件可知A错误;设小球的质量为m、电荷量为q,小球在水平方向上的加速度为ax=,速度为vx=axt,竖直方向上速度为vy=v0-gt,到达B点时vx=v0,vy=0,所以有v0=axt,0=v0-gt,故ax=g,qE=mg,由此可知小球在电场中所受到的合力F与水平方向成45°角,故B正确;由动能定理qEx-mgh=0,x、h分别是小球在水平方向上和竖直方向上的位移,可得x=h,WG=-WE,ΔEpG=-ΔEpE,故C错误,D正确。 9.(2018·浙江宁波模拟)如图所示,MPQO为有界的竖直向下的匀强电场,电场强度为E,ACB为光滑固定的半圆形轨道,轨道半径为R,A、B为其水平直径的两个端点,AC为圆弧。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电小球,从A点正上方高为H处由静止释放,并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切摩擦,关于带电小球的运动情况,下列说法正确的是(  ) A.小球一定能从B点离开轨道 B.小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C.若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H D.小球到达C点的速度可能为零 答案 BC 解析 小球受到的重力竖直向下,电场力竖直向上,如果到达B点时重力做的正功大于电场力做的负功,小球能离开半圆轨道,否则不能,A错误;若电场力等于重力,小球在AC部分做匀速圆周运动,B正确;因电场力做负功,有机械能损失,若小球能从B点离开,上升的高度一定小于H,C正确;若小球到达C点的速度为零,则电场力大于重力,小球在到达C点之前就已经脱离轨道,D错误。 10.(2018·福建质检)如图所示,M、N两点处于同一水平面,O为M、N连线的中点,过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况,在M、N两点分别放置电量为+Q和-Q的等量异号点电荷,套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放,运动到B点;第二种情况,在M、N两点分别放置电量为+Q的等量同号点电荷,该金属环仍从A点无初速释放,运动到B点。则两种情况中(  ) A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大 B.金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短 C.金属环从A点运动到B点的过程中,动能与重力势能之和均保持不变 D.金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大 答案 BD 解析 等量异号点电荷连线的中垂线是等势线,带电金属环沿杆运动时电势能不变,重力势能转化为动能,金属环所受合力等于重力,做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动;等量同号正点电荷连线中垂线上,点电荷连线的中点O电势最高,与中点O距离越远,电势越低,A、B两点关于O点对称,电势相等,金属环电势能相等,从A点到B点时重力势能全部转化为动能,第一种情况与第二种情况在B点的速度相等,故A错误。第二种情况中金属环所受电场力先是阻力后是动力,结合到B点时与第一种情况速度相等,可知D正确。由于到B点前第二种情况相同位置的速度均比较小,所以运动时间比较长,故B正确。第一种情况,只有重力做功,机械能守恒,第二种情况,除重力做功外,电场力先做负功,后做正功,过程中机械能不守恒,故C错误。 二、非选择题(本题共2小题,共30分) 11.(14分)如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,O是圆心,AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上,并静止在P点,OP与竖直方向的夹角θ=37°。不计空气阻力。已知重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)电场强度E的大小; (2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动,小球初速度的大小应满足的条件。 答案 (1) (2)不小于 解析  (1)当小球静止在P点时,小球的受力情况如图所示, 则有=tanθ, 所以E=。 (2)当小球做圆周运动时,可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动,则小球必须能通过图中的Q点。 设当小球从P点出发的速度为vmin时,小球到达Q点时速度为零。 在小球从P运动到Q的过程中,根据动能定理有 -mg·2r=0-mv, 所以vmin=,即小球的初速度应不小于。 12.(2019·湘东五校联考)(16分)如图所示,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,等量异号点电荷+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。 答案 (1)5mg (2) 解析 (1)设UBA=U,根据对称性可知UBA=UAD=U,题图中AC线处在等势面上,UAC=0,故小球从A点到C点过程中电场力不做功,小球从A点到C点过程,根据动能定理有 mg·2d=mv 在C点,由牛顿第二定律有 T-mg=m 得T=5mg。 根据牛顿第三定律知,球经过C点时对杆的拉力大小为 T′=T=5mg。 (2)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=mv2 mgd-qU=mv 得vD=。

2020高考物理一轮复习 限时规范专题练(三)带电粒子在电场中运动的综合性问题(含解析).doc

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