（新課標(biāo)）高考物理總復(fù)習(xí)課時檢測（四十五）帶電粒子（體）在電場中運動的綜合問題（題型研究課）（含解析）

帶電粒子(體)在電場中運動的綜合問題(題型研究課)1.(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)某靜電場中x軸上電場強度E隨x變化的關(guān)系如圖所示，設(shè)x軸正方向為電場強度的正方向。一帶電荷量大小為q的粒子從坐標(biāo)原點O沿x軸正方向運動，結(jié)果粒子剛好靜止于x＝3x0處。假設(shè)粒子僅受電場力作用，E0和x0已知，則()A．粒子一定帶負(fù)電B．粒子的初動能大小為eq\f(3,2)qE0x0C．粒子沿x軸正方向運動過程中電勢能先增大后減小D．粒子沿x軸正方向運動過程中最大動能為2qE0x0解析：選BD如果粒子帶負(fù)電，粒子沿x軸正方向一定先做減速運動后做加速運動，因此粒子在x＝3x0處的速度不可能為零，故粒子一定帶正電，A錯誤；結(jié)合題圖，根據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0－eq\f(1,2)×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝eq\f(3,2)qE0x0，B正確；粒子沿x軸正方向運動的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，因此電勢能先減小后增大，C錯誤；粒子運動到x0處動能最大，根據(jù)動能定理eq\f(1,2)qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正確。2．如圖所示為某靜電除塵裝置的原理圖，廢氣先經(jīng)過機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū)。圖中虛線是某一帶負(fù)電的塵埃(不計重力)，僅在電場力作用下向集塵極遷移并沉積的軌跡，A、B兩點是軌跡與電場線的交點。若不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電荷量變化，以下說法正確的是()A．A點電勢高于B點電勢B．塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度C．塵埃在遷移過程中做勻變速運動D．塵埃在遷移過程中電勢能始終在增大解析：選B沿電場線方向電勢降低，由題圖可知，B點的電勢高于A點的電勢，A錯誤；A點電場線比B點密集，因此A點的場強大于B點的場強，故塵埃在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力，則塵埃在A點的加速度大于在B點的加速度，B正確；放電極與集塵極間為非勻強電場，塵埃所受的電場力是變化的，故塵埃不可能做勻變速運動，C錯誤；塵埃進入靜電除塵區(qū)時，速度方向與電場力方向的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增大；后來變?yōu)殇J角，電場力做正功，電勢能減小，D錯誤。3.如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的A點，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的B點時速度為零。以下說法中正確的是()A．小球在B點處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是eq\r(3)qE＝mgC．小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運動，且幅度將逐漸減小D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為－eq\f(1,2)qEl解析：選D根據(jù)動能定理得：mglsinθ－qEl(1－cosθ)＝0，解得：qE＝eq\r(3)mg，故B錯誤；tanα＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(\r(3),3)，解得：α＝30°<θ，在B點電場力與重力的合力和細線拉力不共線，所以小球在B點不是處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；類比單擺，小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運動，能量守恒，幅度不變，故C錯誤；小球從A運動到B的過程中電場力做功：W＝－qEl(1－cosθ)＝－eq\f(1,2)qEl，故D正確。4．(多選)(2019·安徽八校聯(lián)考)如圖所示，一絕緣細線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計)，地面上固定一光滑的絕緣eq\f(1,4)圓弧管道AB，圓心與小球a位置重合。一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球b由A點靜止釋放，小球a由于受到絕緣細線的拉力而靜止，其中細線O′a水平，細線Oa與豎直方向的夾角為θ。當(dāng)小球b沿圓弧管道運動到小球a正下方B點時，對管道壁恰好無壓力，在此過程中(a、b兩球均可視為點電荷)()A．小球b所受的庫侖力大小為3mgB．小球b的機械能逐漸減小C．細線O′a的拉力先增大后減小D．細線Oa的拉力先增大后減小解析：選AC庫侖力對小球b不做功，故小球b的機械能守恒，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mvB2＝mgR，則小球b運動到B點的速度vB＝eq\r(2gR)；小球b對管道無壓力，則F－mg＝meq\f(vB2,R)，解得F＝3mg，A正確，B錯誤；設(shè)小球b在某位置時和小球a位置連線與豎直方向的夾角為α，細線Oa的拉力為FT1，細線O′a的拉力為FT2，則對小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，F(xiàn)T1cosθ＝Fcosα，當(dāng)小球b從A點向B點運動時，α一直減小，可知FT1一直增大，D錯誤；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝eq\f(F,cosθ)sin(θ＋α)，則當(dāng)小球b從A點向B點運動時，α從90°減小到0，F(xiàn)T2先增大后減小，C正確。5．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2t，如圖乙所示。在t＝0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場力作用由靜止開始運動，不考慮重力作用，若k＝eq\f(5,4)，為使電子在0～2t時間內(nèi)不能到達極板A。求d應(yīng)滿足的條件。解析：電子在0～t時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1t2電子在t～2t時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1t勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)依據(jù)題意d>x1＋x2解得d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))。答案：d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))6.(2019·吉安模擬)如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時，將小球從A點由靜止釋放，當(dāng)細線與豎直方向的夾角α＝60°時，小球速度為零。(1)求小球的帶電性質(zhì)和電場強度E的大?。?2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)根據(jù)電場方向和小球運動情況分析，可知小球帶正電，小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方，若小球恰能完成豎直圓周運動，在等效最高點有eq\f(2\r(3),3)mg＝meq\f(v2,L)－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(2\r(3)＋1gL)。答案：(1)正電eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(2\r(3)＋1gL)7.如圖所示，在E＝103V/m的豎直向上的勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，N為半圓形軌道最低點，P為圓弧QN的中點。一帶負(fù)電的小滑塊質(zhì)量m＝10g，電荷量大小q＝10－4C，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)x＝1.5m的M處，g取10m/s2。求：(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，小滑塊向左運動的初速度v0的大?。?2)在滿足(1)中條件的情況下，初速度為v0的小滑塊通過P點時對軌道的壓力的大小。解析：(1)設(shè)小滑塊到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝7m/s。(2)設(shè)小滑塊到達P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02又在P點時，由牛頓第二定律得FN＝meq\f(v′2,R)解得FN＝0.6N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FN′＝FN＝0.6N。答案：(1)7m/s(2)0.6N8.如圖所示，板長L＝10cm、板間距離d＝10cm的平行板電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強電場。某時刻一質(zhì)量為m＝3.6×10－4kg、帶電荷量為q＝9×10－4C的小球由O點靜止釋放，沿直線OA從電容器極板間的中線水平進入，最后剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離x＝45eq\r(3)cm(g(1)電容器外左側(cè)勻強電場的電場強度E的大??；(2)小球剛進入電容器時的速度v的大小；(3)電容器極板間的電壓U。解析：(1)由于小球在電容器外左側(cè)的勻強電場中做直線運動，因此小球所受合力沿水平方向，則：Eq＝eq\f(mg,sin60°)解得E＝eq\f(8\r(3),3)N/C。(2)從O點到A點，由動能定理得：qExcos60°＝eq\f(1,2)mv2－0解得：v＝3m/s。(3)小球在電容器中做類平拋運動，水平方向：L＝vt豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(Uq,md)－g解得U＝4V。答案：(1)eq\f(8\r(3),3)N/C(2)3m/s(3)4V9．如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向值為eq\f(U0,2)，且每隔eq\f(T,2)變向1次。現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子束從A、B左端的中點O沿平行于金屬板的方向OO′射入，設(shè)粒子能全部打在靶上，且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T。不計重力的影響，求：(1)定性分析在t＝0時刻從O點進入的粒子，在垂直于金屬板方向上的運動情況；(2)在距靶MN的中心O′點多遠的范圍內(nèi)有粒子擊中；(3)要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應(yīng)滿足什么條件(寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可)。解析：(1)在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子受到向下的電場力而向下做勻加速運動，在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，粒子受到向上的電場力而向下做勻減速運動。(2)當(dāng)粒子在0，T,2T，…，nT(n＝0,1,2，…)時刻進入電場中時，粒子將打在O′點下方最遠點，在前eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移：y1＝eq\f(1,2)a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(qU0T2,8md)在后eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移：y2＝v·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2其中：v＝a1·eq\f(T,2)＝eq\f(qU0T,2md)，a2＝eq\f(qU0,2md)解得：y2＝eq\f(3qU0T2,16md)故粒子打在距O′點正下方的最大位移：y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(5qU0T2,16md)當(dāng)粒子在eq\f(T,2)，eq\f(3T,2)，…，eq\f(2n＋1T,2)(n＝0,1,2，…)時刻進入電場時，將打在O′點上方最遠點，在前eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移：y1′＝eq\f(1,2)a1′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU0,2md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝eq\f(qU0T2,16md)在后eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移：y2′＝v′·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a2′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2其中：v′＝a1′·eq\f(T,2)＝eq\f(qU0T,4md)，