分层规范快练(二十五) 带电粒子在电场中运动的综合问题
[双基过关练]
1．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错．
答案：B
2．[2019·山东日照模拟]图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图象如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( )
A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
解析：设U0为正时，粒子的加速度方向为正方向，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先正方向匀加速，然后正方向匀减速到0，离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；而
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t＝T时入射的粒子，在竖直方向先正方向匀加速，然后匀减速到0，再反向匀加速，反向匀减速到0，离开电场时偏离中线的距离为0，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电压变化的周期T，粒子在竖直方向上加速时间和减速时间必定相等，故所有粒子飞出电场时的竖直速度均为零，选项C、D正确；本题要求选择错误选项，故B符合题意．
答案：B
3．(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计电子的重力)，下列说法正确的是( )
A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上
解析：根据U－t图线可得到粒子运动的a－t图线，易知，从t＝0时刻释放电子，0～向右加速，～T向右减速，电子一直向右运动，选项A正确，B项错误；从t＝时刻释放电子，如果板间距离比较大，～向右加速，～T向右减速，T～T向左加速，T～T向左减速，如果板间距离较小，～向右加速，～T向右减速，可能已经撞到极板上，选项C正确，D错误．
答案：AC
4．[2019·长春质检](多选)如图所示，光滑绝缘斜面体ABC处于水平向右的匀强电场中，斜面AB的长度为0.5 m，倾角θ＝37°，带电荷量为＋q、质量为m的小球(可视为质点)以大小为2 m/s的速度v0沿斜面匀速上滑．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法中正确的是( )
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A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
B．水平匀强电场的电场强度为
C．若电场强度变为原来的2倍，则小球运动的加速度大小为3 m/s2
D．若电场强度变为原来的一半，则小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半
解析：小球由A到B的过程中，电场力做正功，小球的电势能减小，选项A错误；因小球做匀速运动，由平衡条件知qEcosθ＝mgsinθ，所以电场强度E＝，选项B正确；电场强度变为原来的2倍后，则有q·2Ecosθ－mgsinθ＝ma，所以a＝gsinθ＝6 m/s2，选项C错误；电场强度变为原来的一半后，则有mgsinθ－q·cosθ＝ma1，所以a1＝＝3 m/s2，由v－v2＝2a1L，解得v＝1 m/s，选项 D正确．
答案：BD
5．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
解析：(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv
联立解得：v0＝7 m/s.
(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6 N
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由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力
FN′＝FN＝0.6 N.
答案：(1)7 m/s (2)0.6 N
[技能提升练]
6．[2019·河南八市模拟]如图所示，倾角为α＝30°的绝缘斜面AB长度为3l，BC长度为l，斜面上方BC间有沿斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为＋q的小物块自A端左上方某处以初速度v0＝水平抛出，恰好在A点与斜面相切滑上斜面，沿斜面向下运动，经过C点但未能到达B点，在电场力作用下返回，最终恰好静止在A点，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，不考虑运动过程中物块电荷量的变化，重力加速度为g，求：
(1)物块平抛过程中的位移大小；
(2)物块在电场中的电势能的最大增量．
解析：(1)物块落到斜面上A点时，速度方向与水平方向夹角为α，设此时速度为v，则cosα＝，竖直速度vy＝vsinα，平抛过程中，水平位移x＝v0，竖直位移y＝，平抛的位移s＝，解得s＝l.
(2)设物块沿斜面向下运动的最大位移为x′，自物块从A点开始向下运动到再次返回A点，根据动能定理有－2μmgcosα·x′＝0－mv2，解得x′＝2l.
物块位于最低点时，其电势能的变化量最大，即电势能的增量最大，物块自A点到最低点过程中，设电场力做功为W，
根据动能定理有mgsinα·x′－μmgcosα·x′－W＝0－mv2，解得W＝2mgl，即物块电势能最大增量为2mgl.
答案：(1)l (2)2mgl
7.
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如图所示，绝缘的光滑水平桌面高为h＝1.25 m、长为s＝2 m，桌面上方有一个水平向左的匀强电场．一个质量m＝2×10－3 kg、带电荷量q＝＋5.0×10－8 C的小物体自桌面的左端A点以初速度vA＝6 m/s向右滑行，离开桌子边缘B后，落在水平地面上C点．已知C点与B点的水平距离x＝1 m，不计空气阻力，g取10 m/s2.
(1)小物体离开桌子边缘B后经过多长时间落地？
(2)匀强电场的电场强度E为多大？
(3)为使小物体离开桌面边缘B后水平位移加倍，即x′＝2x，某同学认为应使小物体带电荷量减半，你同意他的想法吗？试通过计算验证你的结论．
解析：(1)设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，则h＝gt2
解得t＝＝0.5 s
(2)设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB，则vB＝＝2 m/s
根据动能定理得－qEs＝mv－mv
解得E＝3.2×105 N/C
(3)不同意．
要使水平射程加倍，必须使B点水平速度加倍，即
v′B＝2vB＝4 m/s
根据动能定理得
－qEs＝－mv′－mv′
解得v′A＝4 m/s≠vA
所以说该同学认为应使小物体的带电荷量减半的想法是错误的．
答案：(1)0.5 s (2)3.2×105 N/S (3)略
8．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1 125 V，板中央有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2 m，板间距离d＝4×10－3 m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u1，在电压变化时，M板电势低于N板．已知电子质量为me＝9.0×10－31 kg，电量为e＝1.6×10－19 C．求：
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(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？
解析：(1)电子经A、B两块金属板加速，有eUAB＝mev
得v0＝＝ m/s＝2×107 m/s.
(2)电子通过极板的时间为t＝＝2×10－9 s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变．
当u1＝U2＝22.5 V时，电子经过M、N极板向下的偏移量最大，为
y1＝··2
＝××2 m
＝2×10－3 m
y1
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