2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練十四 帶電粒子在電場中的運動（含解析）

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1、帶電粒子在電場中的運動 1．本知識點常以計算題的形式與牛頓運動定律、功能關(guān)系、能量守恒綜合考查。 2．兩點注意： (1)注意帶電粒子重力能否忽略； (2)力電綜合問題注意受力分析、運動過程分析，應(yīng)用動力學知識或功能關(guān)系解題。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2018·全國III卷·21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是

2、(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 典例2.(2019?全國II卷?24)如圖，如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質(zhì)量為m，電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。 (1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。? (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最

3、短應(yīng)為多少？ 三、對點速練 1．如圖，平行板電容器AB兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦裕粠щ娦∏蜓谹B中心水平射入，打在B極板上的N點。現(xiàn)保持B板不動，通過上下移動A板來改變兩極板的間距（兩板仍平行），下列說法中正確的是(　　) A．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側(cè) B．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的左側(cè) C．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側(cè) D．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側(cè) 2．如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場E，

4、M點與P點的連線垂直于電場線，M點與N點在同一電場線上。兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從M點和N點沿豎直平面進入電場，重力不計。N點的粒子垂直電場線進入，M點的粒子與電場線成一定夾角進入，兩粒子恰好都能經(jīng)過P點，在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．電場力對兩粒子做功相同 B．兩粒子到達P點的速度大小可能相等 C．兩粒子到達P點時的電勢能都減小 D．兩粒子到達P點所需時間一定不相等 3．如圖所示，在與水平面夾角θ為60°的勻強電場中，有一帶負電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上，物塊所受電場力的大小為其重力大小的一半，木板的傾角α為30°和60°時物塊所受

5、的摩擦力大小恰好相等，則物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為(　　) A． B． C． D． 4．如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點P。已知重力加速度為g，則(　　) A．電場強度的大小為 B．小球初速度的大小為 C．小球通過點P時的動能為 D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少 5．在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場強度為E＝1×104 N/C的勻強電場，在場中

6、有一個半徑為R＝2 m的光滑圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角，質(zhì)量為0.04 kg的帶電小球由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同?，F(xiàn)去掉弦AB和AC，給小球一個初速度讓小球 恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，取小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點，（cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2）下列說法正確的是(　　) A．小球所帶電量為q＝3.6×10－5 C B．小球做圓周過程中動能最小值是0.5 J C．小球做圓周運動從B到A的過程中機械能逐漸減小 D．小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力是3.0 N 6．如圖，一斜

7、面緊靠豎直墻面固定在水平地面上。在紙面內(nèi)加一勻強電場，其方向與水平面夾角α＝60°，場強，現(xiàn)將一質(zhì)量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變?yōu)?v0從P點豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是(　　) A．y2＝2y1 B．y2＝4y1 C．y2＝6y1 D．y2＝10y1 7．如圖，豎直平面內(nèi)（紙面）存在平行于紙面的勻強電場，方向與水平方向成θ＝ 60°角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成α＝30°角，MN長度為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(

8、q>0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運動，到達N點的速度大小為vN（待求）；若將該小球從M點沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過M點正上方的P點（未畫出），已知重力加速度大小為g，求： (l)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN； (2)M點和P點之間的電勢差； (3)小球在P點動能與在M點動能的比值。 8．如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求： (1)

9、交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件？ (2)粒子從a點射入金屬板的時刻應(yīng)滿足什么條件？ 9．如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E，質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過B點后電量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)為μ＝ 0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力，求： (1)小滑塊釋放后運動至B點過程

10、中電荷量的變化量； (2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大?。? (3)小滑塊再次進入電場時，電場大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?，求小滑塊再次到達水平軌道時的速度大小以及距B的距離。 10．如圖所示，一帶電荷量q＝＋0.05 C、質(zhì)量M＝l kg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質(zhì)點、質(zhì)量m＝l kg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75。距平板左端L＝0.8 m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存在電場強度E＝100 N/C的水平向左的勻強電場?，F(xiàn)將物塊與平板一起

11、由靜止釋放，已知重力加速度g＝10 m/s2，平板所帶電荷量保持不變，整個過程中物塊未離開平板。求： (1)平板第二次與擋板即將碰撞時的速率； (2)平板的最小長度； (3)從釋放平板到兩者最終停止運動，擋板對平板的總沖量。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相

12、等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。 【答案】BD 典例2.【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 E＝ ① F＝qE＝ma ② 設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有：qEh＝Ek－mv ③ 設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有 h＝at2 ④ l＝v0t ⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得：Ek＝mv＋qh ⑥ l＝v0。⑦ (2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為

13、L＝2l＝2v0。 ⑧ 三、對點速練 1．【答案】AD 【解析】若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)，知d減小時E增大，所以電場力變大，方向向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側(cè)。故A正確。若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小，所以Q不變， 根據(jù)，知E不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點。故B錯誤。若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)，知E不變，所以電場力大小不變，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，

14、小球仍然可能打在N點。故C錯誤。若小球帶負電，當AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據(jù)，知E增大，所以電場力變大，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)。故D正確。 2．【答案】D 【解析】由題圖可知M、P兩點在同一等勢面上，所以兩點間的電勢差為零，而N、P間的電勢差大于零，根據(jù)W＝qU知，電場力對M點的粒子不做功，對N點的粒子做正功，故A錯誤；根據(jù)動能定理知N點的粒子到達P點時電場力做正功，所以速度增大，而M點的粒子到達P點時電場力不做功，所以速度大小不變，又因它們的初速度大小相等，所以兩粒子到達P點的速度大小不等，故B

15、錯誤；M點的粒子到達P點時電勢能不變，N點的粒子到達P點電場力做正功，所以電勢能減少，故C錯誤；在垂直于電場線方向，兩個粒子都做勻速直線運動，設(shè)PM＝L，M點的粒子初速度方向與電場線的夾角為α，則M點的粒子到達P點的時間：tM＝，N點的粒子到達P點的時間：tN＝，由此可見，兩粒子到達P點所需時間一定不相等，故D正確。 3．【答案】D 【解析】當木板傾角是30°時，物塊受到重力、支持力、垂直斜面向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，F(xiàn)N1＝mgcos30°＋qE＝mg()①，當木板傾角是60°時，物塊受到重力、支持力、與斜面成30°向下的電場力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：

16、FN2＝mgcos60°＋qEcos30°＝mg＋mg②，①②兩式比較可知，F(xiàn)N1>FN2，在摩擦因數(shù)相等的情況下，一定是木板的傾角α為30°是靜摩擦力，60°時物塊所受的是滑動摩擦力。木板的傾角α為30°時物塊受力平衡，得：f1＝mgsin30°＝mg③，木板的傾角α為60°時物塊受摩擦力：f2＝μFN2＝μ(mg＋mg)④，由題意：f1＝f2⑤，聯(lián)立③④⑤解得：μ＝.故D正確，ABC錯誤。 4．【答案】BC 【解析】小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝mg，電場強度的大小為E＝， A錯誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運動規(guī)律有＝v0t，＝gt2

17、，得小球初速度大小為v0＝，B正確；由P點的坐標分析可知＝，所以小球通過點P時的動能為mv2＝m(v＋v)＝，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·＝，D錯誤。 5．【答案】BCD 【解析】由題知，小球在復(fù)合場中運動，由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同，則A點可以認為是等效圓周的最高點，沿直徑與之對應(yīng)圓周上的點可以認為是等效圓周的最低點，對小球進行受力分析，小球應(yīng)帶正電，如圖所示，可得mgtan37＝qE解得小球的帶電量為，故A錯誤；小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，小球的動能、重力勢能和電勢能之和

18、保持不變，在圓上各點中，小球在等效最高點A的勢能（重力勢能和電勢能之和）最大，則其動能最小，由于小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，在A點其合力作為小球做圓周運動的向心力＝m，小球做圓周過程中動能最小值Ekmin＝mvA2＝＝J＝0.5J，故B正確；由于總能量保持不變，小球從B到A過程中電場力做負功，電勢能增大，小球的機械能逐漸減小，故C正確；將重力與電場力等效成新的“重力場”，新“重力場”方向與豎直方向成，等效重力，等效重力加速度為，小球恰好能做圓周運動，在等效最高點A點速度為，在等效最低點小球?qū)Νh(huán)的壓力最大，設(shè)小球在等效最低點的速度為v，由動能定理得。在等效最低點，由牛頓

19、第二定律，聯(lián)立解得小球在等效最低點受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律知，小球做圓周運動的過程中對環(huán)的最大壓力大小也為3.0N，故D正確。 6．【答案】BC 【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，大小為，其豎直分量為；則小球做豎直方向做勻速運動；水平方向，則水平方向做加速度為的勻加速運動；若小球第一次能落到斜面上，則第一次與接觸面撞前，則 （其中α為斜面的傾角），則，則當初速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時間相等，由y＝v0t可知，則當初速度大小變?yōu)?v0時，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?倍；若第一次落在斜面上，第二

20、次落在墻壁上，可知豎直位移應(yīng)該介于3倍和9倍之間，則選項BC正確，AD錯誤。 7．【解析】(l)由小球運動方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理： mgsin30°＝Fsin30°＝Eqsin120° 得：E＝3mgq 合力：F＝mg 從M→N,有：2ad＝υN2 得：υN＝2gd (2)如圖乙，設(shè)MP為h，作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動： hcos60°＝12at2，hsin60°＝υNt UMC＝Ehcos30°，UMP＝UMC 得：UMP＝-4mgdq (3)如圖乙，作PD垂直于MN，從M→P，由動能定理：FSMD＝EKP-EKM SMD＝h

21、sin30° EKM＝12mvN2 EKPEKM＝FSMD+EKMEKM＝73。 8．【解析】(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應(yīng)為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0 解得T＝ 粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為y＝a 又a＝，E＝ 解得y＝ 在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝ 粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤d 解得T≤2d 故n≥，即n取大于等于的整數(shù) 所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T＝，其中n取大于等于的整

22、數(shù)。 (2)粒子進入電場的時刻應(yīng)為T，T，T，… 故粒子進入電場的時刻為t＝T(n＝1，2，3，…)。 9．【解析】(1) 由牛頓第二定律得，在A點： ① 在B點： ② 由①②聯(lián)立解得: ③ (2)從A到B過程，由動能定理得： ④ 將電場力與重力的合力等效為“重力G?”，與豎直方向的夾角設(shè)為α，在“等效最低點”時滑塊對軌道壓力最大，則： ⑤ ⑥ 從B到“等效最低點”過程，由動能定理得： ⑦ 由牛頓第二定律得： ⑧ 由②④⑤⑥⑦⑧式聯(lián)立解得： 由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為

23、 (3)從B到C過程，由動能定理得： ⑨ 從C點到再次進入電場的過程中做平拋運動： 水平方向： ⑩ 豎直方向： ? ? 設(shè)速度方向與水平方向的夾角為β1，則 ? 進入電場后，受向左的電場力與豎直向下的重力， ? 由?⑨⑩?????式聯(lián)立可得：，則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動 ? 從C點到水平軌道： ? 由⑨⑩??????式聯(lián)立可得：， 因此滑塊再次到達水平軌道的速度大小為，方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方，位置在B點左側(cè)6R處。 10．【解析】(1)兩者相對靜

24、止，在電場力作用下一起向左加速，有a＝＝2.5 m/s2＜μg 故平板M與物塊m一起勻加速，根據(jù)動能定理可得：qEL＝ 解得：v1＝2.0 m/s 設(shè)向左為正方向，則平板反彈后，物塊以速度v1＝2.0 m/s、加速度大小a1＝＝7.5 m/s2，向左做勻減速運動；平板以速度－v1＝－2.0 m/s、加速度大小a2＝＝12.5 m/s2，向右做勻減速運動。 設(shè)經(jīng)歷時間t1木板與木塊達到共同速度v1′，則有： v1－a1t1＝v1? －v1＋a2t1＝v1? 解得：t1＝0.2 s，v1?＝0.5 m/s，方向向左。 此時平板左端距擋板的距離：x＝v1t1－＝0.15 m 此

25、后兩者一起向左勻加速，設(shè)第二次碰撞時速度為v，則由動能定理得： ＝qEx1 解得：v2＝1.0 m/s。 (2)最后平板、小物塊靜止（左端與擋板接觸），此時小物塊恰好滑到平板最左端，這時的平板長度最短。 設(shè)平板長為l，全程根據(jù)能量守恒可得：qEL＝μmgl 解得：l＝m≈0.53 m。 (3)設(shè)平板第n－1次與第n次碰撞反彈速度分別為vn－1和vn，平板第n－1次反彈后設(shè)經(jīng)歷時間tn－1，平板與物塊達到共同速度vn－1′，以向左為正方向，則： 對平板有：vn－1′＝－vn－1＋a2tn－1 位移大小 對物塊有：vn－1′＝vn－1－a1tn－1 由以上三式解得：，， 此后兩者一起向左勻加速，由動能定理得： qExn－1＝ 解得： 從開始運動到平板和物塊恰停止，擋板對平板的總沖量： I＝2Mv1＋2Mv2＋2Mv3＋2Mv4＋…… 解得：I＝8.0 N?s。 14