專題十二帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合問題1.A[解析]帶電液滴在電場中受到重力和電場力的作用,剛開始處于靜止?fàn)顟B(tài),則E1q=mg,當(dāng)場強(qiáng)變?yōu)镋2后,電場力大于重力,液滴向上做加速運動,加速度a1=E2q-mgm,若使電場反向,則其加速度方向向下,大小為a2=E2q+mgm,兩段的時間相等,位移大小相等,前一段時間內(nèi)電場力做的功W1=E2qh,后一段時間內(nèi)電場力做的功大小W2=E2qh,故這兩段時間里,電場力做功相同,選項A正確;根據(jù)動能定理,前一段時間里動能的變化量等于合力做的功,即(E2q-mg)h,后一段時間里合力做的功為(E2q+mg)h,這兩段時間里合力做的功不相等,所以動能的變化量也不相等,選項B錯誤;前一段時間里重力做負(fù)功,后一段時間里重力做正功,故這兩段時間里重力做功不相同,選項C錯誤;前一段時間里合力的沖量為(E2q-mg)t,后一段時間里合力的沖量為(E2.B[解析]帶電小球以初速度v從M運動到N的過程中,受到了重力和電場力的作用,豎直方向上只受重力,水平方向上只受電場力,到達(dá)N點時,豎直方向上到了最高點,初動能全部轉(zhuǎn)化成重力勢能,所以重力勢能增加了12mv2,C錯誤;電勢能減少了12m(2v)2=2mv2,D錯誤;減少的電勢能全部轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)械能,所以機(jī)械能增加了2mv2,B正確;根據(jù)動能定理,合外力做的功等于動能的變化量,可知小球動能增加了32mv23.ACD[解析]小物塊靜止在斜面上,受到重力、靜電力和斜面支持力,受力分析如圖所示,則有FNsin37°=qE,FNcos37°=mg,聯(lián)立解得E=3mg4q,A正確,B錯誤;若電場強(qiáng)度減小為原來的12,即E'=3mg8q,則由牛頓第二定律得mgsin37°-qE'cos37°=ma,解得a=0.3g,C正確;電場強(qiáng)度變化后,物塊下滑距離為L時,重力做正功,靜電力做負(fù)功,由動能定理得mgLsin37°-qE'Lcos37°=Ek-0,解得Ek4.C[解析]乙粒子進(jìn)入電場后向左偏轉(zhuǎn),所受電場力水平向左,與電場方向相反,故乙粒子帶負(fù)電荷,故A正確,不符合題意;兩粒子在勻強(qiáng)電場中均做類平拋運動,在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運動,有x=12at2=qE2mt2,E、t、m相等,則x與q成正比,由于甲粒子的水平分位移比乙粒子小,所以甲粒子所帶電荷量比乙粒子少,故B正確,不符合題意;兩粒子在豎直方向上做勻速直線運動,有y=v0t,由于在相同時間內(nèi),乙粒子的豎直分位移小,所以乙粒子進(jìn)入電場時的速度小,而兩粒子質(zhì)量相等,則乙粒子進(jìn)入電場時具有的動能比甲粒子小,故C錯誤,符合題意;由動量定理得Δp=qEt,因E、t相等,甲粒子的電荷量小,則兩粒子從進(jìn)入圓形區(qū)域到離開圓形區(qū)域的過程中,甲粒子的動量變化較小,故D正確,5.AD[解析]帶電小球從A到C,設(shè)在進(jìn)入電場前、后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2,豎直分位移分別為y1和y2,經(jīng)歷的時間分別為t1和t2,在電場中的加速度為a,從A到B過程小球做平拋運動,則有x1=v0t1,從B到C過程,有x2=v0t2,由題意有x1=2x2,則得t1=2t2,即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍,y1=12gt12,將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動,則有y2=12at22,根據(jù)幾何知識有y1∶y2=x1∶x2,解得a=2g,根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=ma=2mg,解得F=3mg,C錯誤,A正確;由于在電場中軌跡向上彎曲,加速度方向必定向上,合力向上,說明靜電力方向向上,所以小球帶負(fù)電,B錯誤;根據(jù)速度變化量Δv=at,則得AB過程速度變化量大小為Δv1=gt1=2gt2,BC過程速度變化量大小為Δv2=at2=2gt2,所以小球從A到B與從B6.AC[解析]如圖,當(dāng)小球到達(dá)B點時小球的速度最大,到達(dá)C點時速度最小,設(shè)B、C連線與豎直方向夾角為θ,則tanθ=qEmg=3,可知θ=60°,由A到C由動能定理得mgR(1-cos60°)-qERsin60°=12mvC2-12mv02,解得vC=v02-2gR,選項A正確;電場方向沿水平方向,則電勢最高點和最低點應(yīng)該在水平直徑的兩端,則C點不是電勢能最大的位置,選項B錯誤;若小球過A點時細(xì)線斷開,之后小球電勢能最大時水平速度減為零,則用時t=v0qEm=v07.D[解析]物塊由靜止開始下落時的加速度為13g,根據(jù)牛頓第二定律得mg-qE=ma,解得E=2mg3q,故A錯誤;從A到C的過程中,系統(tǒng)除重力和彈力以外,只有靜電力做功,靜電力做功為W=-qE(H+h)=-2mg(H+h)3,可知機(jī)械能減小量為2mg(H+h)3,故B錯誤;從A到C過程中,靜電力做功為-2mg(H+h)3,則電勢能增加量為2mg(H+h)3,故C錯誤;根據(jù)動能定理得8.CD[解析]Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小,所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為F=|Eq|=ΔEpΔx=2-12-1N=1N,解得電場強(qiáng)度大小E=F|q|=10V/m,A錯誤;滑塊向右運動時,電場力先減小后增大,所以加速度先減小后增大,B錯誤;滑塊從x=1m到x=3m運動過程中電勢能減小,電場力做功W電=-ΔEp=-(1-2)J=1J,由動能定理得W電=12mv2-12mv02,解得滑塊運動至x=3m處時,速度的大小為v=2m/s,C正確;若滑塊恰好到達(dá)x=5m處,則有v'=0,滑塊從x=1m到x=5m運動過程中,W'電=-(Ep2-Ep1)=0-12mv02,由圖可知Ep1=2J,解得滑塊到達(dá)x=5m處的電勢能E9.B[解析]由圖乙可知,B球減速的同時,A球正在加速,說明兩球相互排斥,帶有同種電荷,故A錯誤;兩球作用過程中,系統(tǒng)動量守恒,有mBΔvB=mAΔvA,解得mAmB=21,故B正確;t1時刻,兩球共速,距離最近,則系統(tǒng)的電勢能最大,故C錯誤;在0~t3時間內(nèi),A的動能一直增大,B的動能先減小,t2時刻后逐漸增大,10.(1)12mgR(2)3gR(3)y2[解析](1)小球從A點釋放,根據(jù)能量守恒定律有EpA=12mvB2-0,可得彈簧壓縮至A點的彈性勢能EpA(2)小球從B運動到O的過程中重力、電場力對小球做功根據(jù)動能定理有12mvO2-12mvB2=F電·2R-mgR,其中F電=2mg,(3)小球離開O點后的受力如圖所示,根據(jù)受力分析可知重力與電場力的合力方向沿水平方向,大小為F合=mg小球離開O點后,在水平方向以加速度g做勻加速直線運動,有x=12gt2,其中x≥0,在豎直方向以速度vO做勻速直線運動,有y=vOt=t3gR聯(lián)立可得軌跡方程為x=y26R,即y11.(1)mv022qR(2)24v0[解析](1)粒子初速度為零,由C點射出電場,故電場方向與AC平行,由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC=R ①F=qE ②由動能定理有F·AC=12mv0聯(lián)立①②③式得E=mv0(2)如圖所示,由幾何關(guān)系知AC⊥BC,故電場中的等勢線與BC平行.作與BC平行的直線與圓相切于D點,與AC的延長線交于P點,則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大.由幾何關(guān)系知∠PAD=30°,AP=32R,DP=32R設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大,在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動,運動的距離等于AP;在垂直于AC的方向上做勻速運動,運動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有F=ma ⑥AP=12at1DP=v1t1 ⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1=24v0 (3)設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時,在電場中運動的時間為t.以A為原點,粒子進(jìn)入電場的方向為x軸正方向,電場方向為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系.由運動學(xué)公式有y=12at2 x=vt 粒子離開電場的位置在圓周上,有x-32R2+粒子在電場中運動時,其x方向的動量不變,y方向的初始動量為零.設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子,離開電場時其y方向的速度分量為v2.由題給條件及運動學(xué)公式有mv2=mv