PAGEPAGE10帶電粒子在電場中運動的綜合性問題時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～6為單選，7～10為多選)1.如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電小球，從平行板電場中的P點以相同的初速度v0垂直進入電場，它們分別落到A、B、C三點()A．落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電B．三小球在電場中運動的時間相等C．三小球到達正極板時動能關系：EkA>EkB>EkCD．三小球在電場中運動的加速度關系：aA>aB>aC答案A解析帶負電的小球受到的合力為mg＋F電，帶正電的小球受到的合力為mg－F電′，不帶電小球僅受重力mg，依據牛頓其次定律可得帶負電的小球加速度最大，其次為不帶電小球，最小的為帶正電的小球，故小球在板間運動時間t＝eq\f(x,v0)，xC<xB<xA，所以tC<tB<tA，又hC＝hB＝hA，故aC>aB>aA，B、D錯誤；故落在C點的小球帶負電，落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電，A正確；因為重力對三個小球做功相同，電場對帶負電的小球C做正功，對帶正電的小球A做負功，對不帶電的B球不做功，依據動能定理可得三小球落在板上的動能大小關系為EkC>EkB>EkA，C錯誤。2.(2024·山東菏澤模擬)如圖所示，兩極板水平放置的平行板電容器間形成勻強電場，兩極板間相距為d。一帶負電的微粒從上極板M的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板的邊緣射出。已知微粒的電量為q、質量為m。下列說法正確的是()A．微粒運動的加速度不為0B．微粒的電勢能減小了mgdC．兩極板間的電勢差為eq\f(mgd,q)D．N極板的電勢高于M板的電勢答案C解析由題意分析可知，微粒所受電場力方向豎直向上，與重力平衡，微粒做勻速直線運動，加速度為零，A錯誤；微粒穿過平行板電容器過程，重力做功mgd，微粒的重力勢能減小，動能不變，依據能量守恒定律知，微粒的電勢能增加了mgd，B錯誤；微粒的電勢能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到兩極板的電勢差U＝eq\f(mgd,q)，C正確；電場力方向豎直向上，微粒帶負電，故電場強度方向豎直向下，M板的電勢高于N板的電勢，D錯誤。3.(2024·海南高考)如圖所示，平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正、負極相連，一帶電小球經絕緣輕繩懸掛于兩極板之間，處于靜止狀態。現保持右極板不動，將左極板向左緩慢移動。關于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小FT，下列推斷正確的是()A．F漸漸減小，FT漸漸減小B．F漸漸增大，FT漸漸減小C．F漸漸減小，FT漸漸增大D．F漸漸增大，FT漸漸增大答案A解析勻強電場的電場強度E＝eq\f(U,d)，因為兩極板分別與電源的正、負極相連，所以兩極板間的電壓U不變，將左極板向左緩慢移動，距離d增大，電場強度減小，電場力F＝qE也減小，帶電小球的受力分析如圖所示，可知細繩的拉力FT＝eq\r(mg2＋F2)，由于F減小，mg不變，所以拉力FT減小，A正確。4.(2024·湘東五校聯考)一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下，帶電油滴僅受重力和電場力作用。帶電油滴從a運動到b的過程中，能量改變狀況為()A．動能減小B．電勢能增加C．重力勢能和電勢能之和增加D．動能和重力勢能之和增加答案D解析由帶電油滴從a運動到b的軌跡可知，帶電油滴所受的合力豎直向上，即油滴的電場力方向豎直向上，所以油滴帶負電荷，合外力與位移的夾角小于90°，合外力做正功，帶電油滴的動能增大，A錯誤；由b點電勢比a點電勢高，且油滴帶負電，可知油滴在a點的電勢能比在b點的大，即從a到b油滴的電勢能減小，B錯誤；油滴從a運動到b，電勢能減小，重力勢能增大，動能也增大，又油滴的電勢能、重力勢能與動能之和不變，則油滴重力勢能和電勢能之和減小，動能和重力勢能之和增大，C錯誤，D正確。5.(2024·昆明質檢)如圖所示，豎直平面內有兩個固定的電荷量相等的正點電荷，兩點電荷的連線處于水平方向，O為連線的中點，P、M為連線的垂直平分線上的兩點，且PO＝OM＝h。現將一帶負電的小球從P點靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．從P到O的過程中，小球的電勢能始終增大B．從P到O的過程中，小球的加速度始終增大C．從O到M的過程中，小球的機械能先增大后減小D．到達M點時，小球的速度大小為2eq\r(gh)答案D解析從P到O的過程中，電場力做正功，小球的電勢能始終減小，A錯誤；由于在P、M的連線上，O點的電場強度為零，無限遠處電場強度為零，但不知道電場強度最大處的位置，故將一帶負電的小球從P點靜止釋放，從P到O的過程中，小球的加速度可能始終增大，可能先增大后減小，也可能始終減小，B錯誤；帶負電的小球從O到M的過程中，克服電場力做功，依據功能關系，小球的機械能始終減小，C錯誤；由于P、M兩點關于兩點電荷的連線對稱，故兩點電勢相等，帶負電的小球在P、M兩點的電勢能相等，對帶負電的小球從P點到M點的過程，由能量守恒定律，mg·2h＝eq\f(1,2)mv2，解得到達M點時小球的速度大小為v＝2eq\r(gh)，D正確。6.(2024·河北五個一名校聯盟聯考)如圖所示，離地H高處有一個質量為m、電荷量為＋q的物體處于電場強度隨時間改變規律為E＝E0－kt(E0、k均為大于零的常數，電場方向以水平向左為正)的電場中，物體與豎直絕緣墻壁間的動摩擦因數為μ，已知μqE0<mg。t＝0時，物體從墻上由靜止釋放，若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當物體下滑eq\f(H,2)后脫離墻面，此時速度大小為eq\f(\r(gH),2)，物體最終落在地面上。則下列關于物體的運動說法不正確的是()A．當物體沿墻壁下滑時，物體先做加速運動再做勻速直線運動B．物體從脫離墻壁到落地之前的運動軌跡是一段曲線C．物體克服摩擦力所做的功W＝eq\f(3,8)mgHD．物體與墻壁脫離的時刻為t＝eq\f(E0,k)答案A解析在豎直方向上，由牛頓其次定律有mg－μqE＝ma，隨著電場強度E的減小，加速度a漸漸增大，故物體做變加速運動，當E＝0時，加速度增大到重力加速度g，此后物體脫離墻面，物體脫離墻面時的速度向下，之后所受合外力與初速度不在同一條直線上，所以運動軌跡為曲線，A錯誤，B正確；物體從起先運動到剛好脫離墻面時電場力始終不做功，由動能定理得mgeq\f(H,2)－W＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(gH),2)))2，物體克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(3,8)mgH，C正確；當物體與墻壁脫離時所受的支持力為零，即電場力為零，此時電場強度為零，所以有E0－kt＝0，解得時間為t＝eq\f(E0,k)，D正確。7.(2024·銀川一中模擬)如圖所示，勻強電場分布在邊長為L的正方形區域ABCD內，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v0、質量為m、電荷量為q的帶負電粒子沿紙面射入電場，帶電粒子的重力不計。假如帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場，則恰好從D點離開電場，若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，則帶電粒子()A．從BC邊界離開電場B．從AD邊界離開電場C．在電場中的運動時間為eq\f(L,v0)D．離開電場時的動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案BD解析從M到D過程粒子做類平拋運動，則沿v0方向有：L＝v0t，垂直v0方向：eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(F,m)，解得：F＝eq\f(mv\o\al(2,0),L)，當帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，粒子做勻減速直線運動，設粒子勻減速運動的位移為x時速度減至零，依據動能定理得：－Fx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(L,2)，粒子運動到位移為eq\f(L,2)處，又沿原路返回，所以粒子最終從AD邊離開電場，A錯誤，B正確；設粒子在電場中運動的時間為t′，則eq\f(L,2)＝eq\f(v0,2)·eq\f(t′,2)，t′＝eq\f(2L,v0)，C錯誤；離開電場時電場力做功為零，故離開電場時的動能為：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D正確。8.如圖所示，有一沿水平方向的勻強電場，其電場強度為E。一帶電小球，以大小為v0的初速度豎直向上進入該勻強電場；小球運動一段時間后，速度大小仍舊為v0且方向沿電場方向，則在這一過程中，下列說法正確的是()A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球在電場中所受到的合力F與水平方向成45°角C．電場力所做的功肯定大于重力做的功D．電勢能的削減量肯定等于重力勢能的增加量答案BD解析依據機械能守恒的條件可知A錯誤；設小球的質量為m、電荷量為q，小球在水平方向上的加速度為ax＝eq\f(qE,m)，速度為vx＝axt，豎直方向上速度為vy＝v0－gt，到達B點時vx＝v0，vy＝0，所以有v0＝axt,0＝v0－gt，故ax＝g，qE＝mg，由此可知小球在電場中所受到的合力F與水平方向成45°角，故B正確；由動能定理qEx－mgh＝0，x、h分別是小球在水平方向上和豎直方向上的位移，可得x＝h，WG＝－WE，ΔEpG＝－ΔEpE，故C錯誤，D正確。9.(2024·浙江寧波模擬)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為其水平直徑的兩個端點，AC為eq\f(1,4)圓弧。一個質量為m、電荷量為－q(q>0)的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓形軌道。不計空氣阻力及一切摩擦，關于帶電小球的運動狀況，下列說法正確的是()A．小球肯定能從B點離開軌道B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動C．若小球能從B點離開，上升的高度肯定小于HD．小球到達C點的速度可能為零答案BC解析小球受到的重力豎直向下，電場力豎直向上，假如到達B點時重力做的正功大于電場力做的負功，小球能離開半圓軌道，否則不能，A錯誤；若電場力等于重力，小球在AC部分做勻速圓周運動，B正確；因電場力做負功，有機械能損失，若小球能從B點離開，上升的高度肯定小于H，C正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，小球在到達C點之前就已經脫離軌道，D錯誤。10.(2024·福建質檢)如圖所示，M、N兩點處于同一水平面，O為M、N連線的中點，過O點的豎直線上固定一根絕緣光滑細桿，桿上A、B兩點關于O點對稱。第一種狀況，在M、N兩點分別放置電量為＋Q和－Q的等量異號點電荷，套在桿上帶正電的小金屬環從A點無初速釋放，運動到B點；其次種狀況，在M、N兩點分別放置電量為＋Q的等量同號點電荷，該金屬環仍從A點無初速釋放，運動到B點。則兩種狀況中()A．金屬環運動到B點的速度第一種狀況較大B．金屬環從A點運動到B點所用的時間第一種狀況較短C．金屬環從A點運動到B點的過程中，動能與重力勢能之和均保持不變D．金屬環從A點運動到B點的過程中(不含A、B兩點)，在桿上相同位置的速度第一種狀況較大答案BD解析等量異號點電荷連線的中垂線是等勢線，帶電金屬環沿桿運動時電勢能不變，重力勢能轉化為動能，金屬環所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的勻加速直線運動；等量同號正點電荷連線中垂線上，點電荷連線的中點O電勢最高，與中點O距離越遠，電勢越低，A、B兩點關于O點對稱，電勢相等，金屬環電勢能相等，從A點到B點時重力勢能全部轉化為動能，第一種狀況與其次種狀況在B點的速度相等，故A錯誤。其次種狀況中金屬環所受電場力先是阻力后是動力，結合到B點時與第一種狀況速度相等，可知D正確。由于到B點前其次種狀況相同位置的速度均比較小，所以運動時間比較長，故B正確。第一種狀況，只有重力做功，機械能守恒，其次種狀況，除重力做功外，電場力先做負功，后做正功，過程中機械能不守恒，故C錯誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分)11.(14分)如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環固定在豎直平面內，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質量為m、電荷量為＋q(q>0)的小球套在圓環上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力。已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場強度E的大小；(2)若要使小球從P點動身能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應滿意的條件。答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)解析(1)當小球靜止在P點時，小球的受力狀況如圖所示，則有eq\f(qE,mg)＝tanθ，所以E＝eq\f(3mg,4q)。(2)當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為eq\f(5,4)g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必需能通過圖中的Q點。設當小球從P點動身的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零。在小球從P運動到Q的過程中，依據動能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mveq