PAGE第7頁共11頁課時跟蹤檢測（二十六）帶電粒子在電場中運動的綜合問題A卷——全員必做1.(2021·重慶質(zhì)檢)如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕緣真空細玻璃管豎直放置，A、B端分別固定帶電小球a、b，另一帶電小球c(其直徑略小于管內(nèi)徑)位于AB中點O，處于靜止狀態(tài)，小球均帶正電。輕晃玻璃管可觀察到小球c在O點附近的M、N兩點間(M、N關于O點對稱)上下運動。下列說法正確的是()A．M、N兩點的電勢相等B．小球c在運動過程中機械能守恒C．小球a的電荷量等于小球b的電荷量D．小球c從O點運動到N點電場力做負功解析：選D小球c開始靜止在O點，知重力和電場力平衡，可知b球?qū)球的電場力大于a球?qū)球的電場力，則小球a的電荷量小于小球b的電荷量，小球a和小球b的電荷量不等，故關于ab中點O對稱的兩點M、N電勢不等，故A、C錯誤；小球在振動的過程中，除重力做功以外，還有電場力做功，機械能不守恒，故B錯誤；小球c從O點運動到N點的過程是減速向下運動，合力向上，重力向下，則電場力向上，電場力做負功，故D正確。2.(多選)如圖所示，電量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子分別以不同的初速度水平通過A、B兩板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則()A．它們通過加速電場所需的時間相等B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等C．它們通過加速電場過程中動量的增量相等D．它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等解析：選BD根據(jù)牛頓第二定律得，粒子的加速度a＝eq\f(qE,m)，可知加速度相等，因為初速度不同，根據(jù)位移時間公式知，運動的時間不同。根據(jù)Δv＝at知，速度的變化量不同，根據(jù)Δp＝mΔv可知動量增量不相同，故A、C錯誤；根據(jù)動能定理得，qU＝ΔEk，知電場力做功相同，則動能的增量相同，故B正確；因為電場力做功相等，根據(jù)電場力做功與電勢能的關系知，電勢能的減小量相等，故D正確。3.(2021·遼寧六校聯(lián)考)勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法正確的是()A．2s末帶電粒子的速度為零B．3s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．帶電粒子將始終向同一個方向運動D．0～3s內(nèi)，電場力始終做正功解析：選B0～1s內(nèi)，粒子做加速運動，1～2s內(nèi)電場強度反向，且大小是0～1s內(nèi)電場強度的2倍，故粒子在1～2s內(nèi)的加速度大小是0～1s內(nèi)的加速度大小的2倍，故粒子在1.5s末速度減小為零，所以2s末粒子反向運動，速度不為零，根據(jù)對稱性可知粒子在3s末速度為零，回到出發(fā)點，A、C錯誤，B正確；0～1s內(nèi)電場力做正功，1～1.5s內(nèi)電場力做負功，1.5～2s內(nèi)電場力做正功，2～3s內(nèi)電場力做負功，D錯誤。4．(2021·汕頭模擬)(多選)如圖所示，絕緣的斜面體處在一個水平向右的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，克服電場力做功為0.5J，重力勢能減少了1.5J，則以下說法正確的是()A．金屬塊帶正電荷B．電勢能減少0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7JD．金屬塊的機械能減少1.2J解析：選CD在下滑過程中金屬塊克服電場力做功0.5J，則電勢能增加0.5J，故金屬塊帶負電，故A、B錯誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J，重力勢能減少了1.5J，故重力做功1.5J，又電場力做功為－0.5J，根據(jù)動能定理得：W總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得：Wf＝－0.7J，故C正確；除重力以外的力做功為W外＝W電＋Wf＝－1.2J，故機械能減少1.2J，故D正確。5．如圖所示，在水平面MN的下方空間中存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC。由此可知()A．小球從A到B到C的整個過程中機械能守恒B．電場力大小為2mgC．小球從A到B與從B到C的運動時間之比為2∶1D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1解析：選C從A到B到C，整個運動過程中，由于有電場力做功，所以機械能不守恒，所以選項A錯；從A到B到C，小球在水平方向做勻速直線運動，AB、BC的水平分量之比等于2∶1，所以從A到B的時間與從B到C的時間之比等于2∶1，AB和BC豎直方向上的分量也是2∶1，所以豎直方向上的加速度之比是1∶2，根據(jù)Eq－mg＝ma，可知qE＝3mg，電場力的大小是重力大小的3倍，則選項C正確，B、D錯誤。6.(多選)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，一不可伸長的、長度為L的不導電細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，當小球靜止在B點時，細線與豎直方向夾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，現(xiàn)用外力將小球移至與O點等高的A點，移動過程中細線始終繃直，則()A．小球帶負電B．勻強電場電場強度的大小為eq\f(3mg,4q)C．電場中A、B兩點的電勢差為eq\f(3mgL,4q)D．當小球從A點由靜止釋放至B點，電場力做負功，小球經(jīng)B點時的速度大小為eq\r(gL)解析：選BD小球靜止在B點，受力平衡，受到重力、電場力和細線的拉力，電場力水平向右，與電場方向一致，說明小球帶正電，A錯誤；根據(jù)共點力平衡條件可得tan37°＝eq\f(Eq,mg)，解得E＝eq\f(3mg,4q)，B正確；電場中A、B兩點的電勢差為UAB＝－Ed＝－EL(1－sinθ)＝－eq\f(3mgL,10q)，C錯誤；小球從A點運動到B點的過程中電場力和重力做功，根據(jù)動能定理可得mgLcosθ＋UABq＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(gL)，D正確。7.如圖所示，四個可視為質(zhì)點的帶電小球1、2、3、4的質(zhì)量均為M，小球1、2、3所帶的電荷量均為＋q，小球4所帶的電荷量為－10q。小球4在外力作用下靜止在絕緣水平面正上方高度為eq\r(3)d處，小球1、2、3在絕緣水平面上做圓周運動，運動的半徑為d，圓心為小球4在水平面上的投影點，小球1、2、3的連線正好構成一等邊三角形。重力加速度為g，靜電力常量為k，忽略一切摩擦，則下列說法正確的是()A．作用在小球4上的外力大小為eq\f(15\r(3)kq2,4d2)B．小球1做圓周運動的周期為eq\f(4πd,q)eq\r(\f(3Md,15－4\r(3)k))C．小球2的動能為eq\f(15－4\r(3)dq2,12k)D．小球3對水平面的壓力大小為Mg＋eq\f(5\r(3)kq2,4d2)解析：選B小球1、2、3與小球4的連線長度為eq\r(\r(3)d2＋d2)＝2d，則該連線與豎直方向的夾角的余弦值為cosα＝eq\f(\r(3)d,2d)＝eq\f(\r(3),2)，故α＝30°。對小球4進行受力分析，由力的平衡條件可知作用在小球4上的外力大小為F＝Mg＋3eq\f(kq·10q,2d2)cosα＝eq\f(15\r(3)kq2,4d2)＋Mg，方向豎直向上，A錯誤。由題意可知，球1、2、3彼此間的連線夾角為60°，對小球1有eq\f(kq·10q,2d2)sinα－2eq\f(kq2,\r(3)d2)cos30°＝Meq\f(4π2,T2)d，解得其做圓周運動的周期T＝eq\f(4πd,q)eq\r(\f(3Md,15－4\r(3)k))，B正確。小球2的動能為Ek2＝eq\f(1,2)Mv22＝eq\f(1,2)Meq\f(4π2d2,T2)＝eq\f(15－4\r(3)kq2,24d)，C錯誤。小球3在豎直方向的合力為零，由力的平衡條件得FN＝Mg－eq\f(kq·10q,2d2)cosα＝Mg－eq\f(5\r(3)kq2,4d2)，則由牛頓第三定律可知小球3對水平面的壓力大小為Mg－eq\f(5\r(3)kq2,4d2)，D錯誤。8.(2021·石家莊聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，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(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。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0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgd解析：選BC因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤。9.(2021·成都模擬)(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有a、b、c三個點，b點在a點正下方，b、c連線水平?，F(xiàn)準備將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從a點以初動能Ek0拋出。第一次，不加電場，沿水平方向拋出小球，經(jīng)過c點時，小球動能為5Ek0；第二次，加一方向平行于abc所在平面、場強大小為eq\f(2mg,q)的勻強電場，沿某一方向拋出小球，小球經(jīng)過c點時的動能為13Ek0。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A．所加電場的方向水平向左B．a(chǎn)、b兩點之間的距離為eq\f(5Ek0,mg)C．b、c兩點之間的距離為eq\f(4Ek0,mg)D．a(chǎn)、c間的電勢差Uac＝eq\f(8Ek0,q)解析：選CD不加電場時，只有重力做功，根據(jù)動能定理得：mghab＝5Ek0－Ek0，解得：hab＝eq\f(4Ek0,mg)，故B錯誤；不加電場時小球做平拋運動，豎直方向：hab＝eq\f(1,2)gt2，水平方向：xbc＝v0t，又Ek0＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得：xbc＝eq\f(4Ek0,mg)，故C正確；加電場時，根據(jù)動能定理得：mghab＋qUac＝13Ek0－Ek0，解得：Uac＝eq\f(8Ek0,q)，故D正確；根據(jù)U＝Ed得，ac沿電場方向距離為：d＝eq\f(Uac,E)＝eq\f(\f(8Ek0,q),\f(2mg,q))＝eq\f(4Ek0,mg)＝xbc，又沿著電場方向電勢逐漸降低可知，電場方向水平向右，故A錯誤。10.(多選)如圖所示，帶正電的金屬滑塊質(zhì)量為m、電荷量為q，與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為μ(μ<1)。水平面上方有水平向右的勻強電場，電場強度為E＝eq\f(mg,q)。如果在A點給滑塊一個向左的、大小為v的初速度，運動到B點速度恰好為零，則下列說法正確的是()A．滑塊運動到B點后將返回向A運動，來回所用時間相同B．滑塊回到A點時速度大小仍為vC．滑塊回到A點時速度大小為veq\r(\f(1－μ,1＋μ))D．A、B兩點間電勢差為－eq\f(mv2,21＋μq)解析：選CD滑塊向左運動時，根據(jù)牛頓第二定律：Eq＋μmg＝ma1，向右運動時，根據(jù)牛頓第二定律：Eq－μmg＝ma2，加速度大小不同，位移大小相等，故來回運動的時間不同，故選項A錯誤；設回到A點時的速度為vA，則根據(jù)動能定理有：－(Eq＋μmg)s＝－eq\f(1,2)mv2，(Eq－μmg)s＝eq\f(1,2)mvA2，聯(lián)立整理可以得到：vA＝veq\r(\f(1－μ,1＋μ))，UAB＝－Es＝－eq\f(mv2,21＋μq)，故選項C、D正確，B錯誤。11.(2020·安徽10月聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量均為m的帶電小球A、B用長為L的絕緣輕桿連接，A帶電荷量為＋q，B帶電荷量為－q，A用絕緣輕彈簧，B用絕緣輕繩分別懸掛在水平天花板上。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，兩懸點CD間距離也為L，整個空間存在豎直向上的勻強電場，場強E＝eq\f(3mg,q)，靜止時輕桿處于水平位置。今剪斷輕繩，由于空氣阻力，經(jīng)相當長的時間后，兩球再次處于靜止狀態(tài)。求：(1)兩次平衡時彈簧的形變量分別為多少；(2)整個過程中空氣阻力做的功。解析：(1)開始時，對A球分析，彈簧壓縮量為x1，則有qE＝mg＋kx1解得x1＝eq\f(2mg,k)再次平衡時，對A、B球整體分析，彈簧伸長量為x2，kx2＝2mg解得x2＝eq\f(2mg,k)。(2)整個過程，對AB及彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)功能關系可得：mg(x1＋x2)＋mg(x1＋x2＋L)＋qEL＋Wf＝0解得Wf＝－4mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋eq\f(2mg,k)))。答案：(1)eq\f(2mg,k)eq\f(2mg,k)(2)－4mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋eq\f(2mg,k)))12．如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長的平行金屬板，B板接地，A、B兩極板間電壓隨時間的變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2。現(xiàn)有一帶負電粒子在t＝0時刻以一定的初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進入，并能從O1′沿O1′O2進入C、D間。已知粒子的帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計粒子重力)求：(1)粒子剛好能到達O2孔時，則該粒子進入A、B間的初速度v0為多大；(2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值；(3)A、B兩板間距的最小值。解析：(1)因粒子在A、B間運動時，水平方向不受外力作用做勻速運動，所以進入O1′孔時的速度即為進入A、B板的初速度在C、D間，由動能定理有qU2＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU2,m))。(2)由于粒子進入A、B后，在一個周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，豎直方向的位移也為0若在第一個周期末粒子從A、B板中射出，則對應兩板最短長度為L＝v0T＝Teq\r(\f(2qU2,m))。(3)若粒子在運動過程中剛好不到A板而返回，則此時對應兩板間距最小，設為d則有eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(T,4)))2×2＝eq\f(d,2)解得d＝eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))。答案：(1)eq\r(\f(2qU2,m))(2)Teq\r(\f(2qU2,m))(3)eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))B卷——重點選做1.如圖所示，上、下水平放置的兩帶電金屬板，相距為3l，板間有豎直向下的勻強電場E。距上板l處有一帶電荷量為＋q的小球B，在小球B上方有一帶電荷量為－6q的小球A，它們質(zhì)量均為m，用長度為l的絕緣輕桿相連。已知E＝eq\f(mg,q)，讓兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進入電場中(空氣阻力不計，重力加速度為g)。求：(1)B球剛進入電場時的速度v1大?。?2)A球剛進入電場時的速度v2大?。?3)B球是否能碰到下板；如能，求剛碰到時B球的速度v3大??；如不能，請通過計算說明理由。解析：(1)B球進入電場前，兩小球不受電場力作用，只受重力作用，做自由落體運動，v12＝2gl解得v1＝eq\r(2gl)。(2)A球進入電場前，只有B球受電場力，F(xiàn)＝qE＝mg，方向豎直向下，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)＋2mg＝2ma1，解得a1＝eq\f(3g,2)系統(tǒng)做勻加速直線運動，A球剛進入電場時有，v22－v12＝2解得v2＝eq\r(5gl)。(3)當A、B球全部進入電場后，系統(tǒng)受力如圖所示，6qE－qE－2mg＝2ma2解得a2＝eq\f(3g,2)設系統(tǒng)速度為零時，B球沒碰到下板，此時系統(tǒng)通過的距離為H，則v22＝2a2解得H＝eq\f(5l,3)<2l，故B球不能碰到下板。答案：(1)eq\r(2gl)(2)eq\r(5gl)(3)不能理由見解析2.如圖所示的裝置放置在真空中，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子，金屬絲和豎直金屬板之間加一電壓U1＝2500V，發(fā)射出的電子被加速后，從金屬板上的小孔S射出。裝置右側(cè)有兩個相同的平行金屬極板水平正對放置，板長l＝6.0cm，相距d＝2cm，兩極板間加以電壓U2＝200V的偏轉(zhuǎn)電場。從小孔S射出的電子恰能沿平行于板面的方向由極板左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19C，電子的質(zhì)量m＝0.9×10－30kg(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek；(2)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y；(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它所做的功W。解析：(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J。(2)電子在水平方向做勻速運動，由l＝v0t，得t＝eq\f(l,v0)電子剛射入偏轉(zhuǎn)電場時動能Ek＝eq\f(1,2)mv02電子在豎直方向受電場力F＝eeq\f(U2,d)電子在豎直方向做勻加速直線運動，依據(jù)牛頓第二定律有eeq\f(U2,d)＝ma，得a＝eq\f(eU2,md)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)解得y＝0.36cm。(3)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的位置與射入偏轉(zhuǎn)電場位置的電勢差U＝eq\f(U2,d)y電場力所做的功W＝eU解得W＝5.76×10－18J。答案：(1)4.0×10－16J(2)0.36cm(3)5.76×10－18J3．(2021·宜昌模擬)如圖所示，直角坐標系xOy位于同一豎直平面內(nèi)，其中x軸水平、y軸豎直，xOy平面內(nèi)長方形區(qū)域OABC內(nèi)有方向垂直O(jiān)A的勻強電場，OA長為l，與x軸間的夾角θ＝30°。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可看作質(zhì)點)從y軸上的P點沿x軸方向以一定速度射出，恰好從OA的中點M垂直O(jiān)A進入電場區(qū)域。已知重力加速度為g。(1)求P的縱坐標yP及小球從P射出時的速度v0；(2)已知電場強度的大小為E＝eq\f(\r(3)mg,2q)，若小球不能從BC邊界離開電場，OC長度應滿足什么條件？解析：(1)設小球從P運動到M所用時間為t1，則有yP－eq\f(l,2)sinθ＝eq\f(1,2)gt12eq\f(l,2)cosθ＝v0t1eq\f(v0,tanθ)＝gt1解得yP＝eq\f(5,8)l，v0＝eq\f(\r(gl),2)。(2)設小球到達M時速度為vM，進入電場后加速度為a，有vM＝eq\f(v0,sinθ)由mgcosθ＝qE知，小球在電場中沿vM方向所受合力為零，故小球在電場中沿vM方向做勻速直線運動，沿與vM垂直方向做加速度為a的勻加速運動，設邊界OC的長度為d時，小球不能從BC邊射出，在電場中運動時間為t2，則有mgsinθ＝maeq\f(l,2)＝eq\f(1,2)at22d>vMt2解得d>eq\r(2)l。答案：(1)eq\f(5,8)leq\f(\r(gl),2)(2)OC>eq\r(2)l4.如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)碰撞前甲球的速度v0。解析：(1)設乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則meq\f(vD2,R)＝mg＋qE①2R＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg＋qE,m)))t2②x＝vDt③聯(lián)立①②③得x＝0.4m。④(2)設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙⑤eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2⑥聯(lián)立⑤⑥得v乙＝v0⑦由動能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2⑧聯(lián)立①⑦⑧得v0＝2eq\答案：(1)0.4m(2)2eq\5．如圖所示，豎直邊界MN右側(cè)離地面高h＝0.65m處有一長為L＝2m的粗糙水平絕緣平臺，平臺的左邊緣與MN重合，平臺右邊緣A點有一質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝0