训练10 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题-2021年高考二轮复习专题强化训练（解析版）

训练 10　带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题 题型一 带电粒子在交变电场中的运动 例 1 　(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图甲所示，长为 8d、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒 子源，能持续水平向右发射初速度为 v0、电荷量为＋q、质量为 m 的粒子．在两板间存在如图乙所示的交变 电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力．以下判断正确的是(　　) A．粒子在电场中运动的最短时间为 2d v0 B．射出粒子的最大动能为 5 4mv02 C．t＝ d 2v0时刻进入的粒子，从 O′点射出 D．t＝3d v0时刻进入的粒子，从 O′点射出 【答案】　A 【解析】　由题图可知场强 E＝mv02 2qd ，则粒子在电场中的加速度 a＝qE m ＝v02 2d，则粒子在电场中运动的最短时 间满足d 2＝1 2atmin2，解得 tmin＝ 2d v0 ，选项 A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8d v0，则任 意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时的动能均为 1 2mv 02，选项 B 错误；t＝ d 2v0＝T 8时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速3T 8 ，后向下减速3T 8 速度 到零；然后向上加速T 8，再向上减速T 8速度到零……如此反复，则最后从 O′点射出时有沿电场方向向下的 位移，则粒子将从 O′点下方射出，故 C 错误；t＝3d v0＝3T 4 时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速T 4，后向上减速T 4速度到零；然后向下加速T 4，再向下减速T 4速度到零……如此反复，则最后从 O′点 射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从 O′点射出，选项 D 正确． 变式 1 　(2019·河南高考适应性测试)如图甲所示，M、N 为正对竖直放置的平行金属板，A、B 为两板中线 上的两点．当 M、N 板间不加电压时，一带电小球从 A 点由静止释放经时间 T 到达 B 点，此时速度为 v.若 两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0 时，将带电小球仍从 A 点由静止释放，小球运动过程中始终未接 触极板，则 t＝T 时，小球(　　) A．在 B 点上方 B．恰好到达 B 点 C．速度大于 v D．速度小于 v 【答案】　B 【解析】　在 A、B 两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力做周期性 变化，且电场力沿水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动， 后沿原方向做匀减速直线运动，t＝T 2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直 线运动，t＝T 时速度为零．根据对称性可知在 t＝T 时小球的水平位移为零，所以 t＝T 时，小球恰好到达 B 点，故 A 错误，B 正确；在 0～T 时间内，电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以 t＝T 时，小球 速度等于 v，故 C、D 错误． 题型二 用“等效法”处理带电粒子在电场和重力场中的运动 例 2 　(2019·吉林“五地六校”合作体联考)如图，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘 水平面相切于 B 点，轨道半径为 R.整个空间存在水平向右的匀强电场 E，场强大小为3mg 4q ，一带正电小球 质量为 m、电荷量为 q，从距离 B 点为R 3处的 A 点以某一初速度沿 AB 方向开始运动，经过 B 点后恰能运动 到轨道的最高点 C.(重力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)则：(1)带电小球从 A 点开始运动时的初速度 v0 多大？ (2)带电小球从轨道最高点 C 经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上 D 点(图中未标出)，B 点与 D 点的水平 距离多大？ 【答案】　　(1)5 2 gR　(2)( 7＋3 2)R 【解析】　　(1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最 小．设 F 合与竖直方向夹角为 θ，则 tan θ＝Eq mg＝3 4，则 θ＝37°，故 F 合＝ Eq sin 37°＝5 4mg.设此时的速度为 v， 由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得： 5mg 4 ＝mv2 R 解得 v＝ 5gR 4 从 A 点到该点由动能定理： －mgR(1＋cos 37°)－3mgR 4 (1 3＋sin 37°)＝1 2mv2－1 2mv02 解得 v0＝5 2 gR (2)设小球运动到 C 点的速度为 vC，小球从 A 点到 C 点由动能定理：－2mgR－3mg 4 ×R 3＝ 1 2mvC2－1 2mv02 解得 vC＝1 2 7gR 当小球离开 C 点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设 C 点到 D 点的运动时间 为 t.设水平方向的加速度为 a，B 点到 D 点的水平距离为 x水平方向上有3mg 4 ＝ma x＝vCt＋1 2at2 竖直方向上有 2R＝1 2gt2 联立解得：x＝( 7＋3 2)R 变式 2 　 (多选)(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀 强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球．小球静止时 细线与竖直方向成 θ 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重 力加速度为 g.下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度 E＝mgtan θ q B．小球动能的最小值为 Ek＝ mgL 2cos θ C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 【答案】　AB 【解析】　小球静止时悬线与竖直方向成 θ 角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡， 根据平衡条件，有：mgtan θ＝qE，解得 E＝mgtan θ q ，选项 A 正确；小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，根据牛顿第二定律，有： mg cos θ＝ mv2 L，则最小动能 Ek＝1 2mv2＝ mgL 2cos θ，选项 B 正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能 最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项 C 错误；小 球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势 能先减小后增大，再减小，选项 D 错误． 题型三 电场中的力电综合问题 例 3 　 (2019·山东临沂市二模)一长为 L 的绝缘细线，细线一端固定在 O 点，另一端拴一质量为 m、带电荷 量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在 A 点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60°角时，小球到达 B 点，速度恰好为零．求： (1)A、B 两点间的电势差和电场强度大小； (2)判断小球的电性和小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小． 【答案】　(1)－ 3mgl 2q 　 3mg q 　(2)带正电　 3mg 【解析】　　(1)小球由 A 点到 B 点过程中，由动能定理得：mgLsin 60°＋qUAB＝0， 解得：UAB＝－mgLsin 60° q ＝－ 3mgL 2q ； 场强大小为：E＝ |UAB| L(1－cos 60°)＝ 3mg q . (2)小球在 B 点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在 A、B 间摆动，由对称性得知，B 处细线的拉力与 A 处细线的拉力相等，而在 A 处，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝ 3mg 所以有：FTB＝FTA＝ 3mg. 变式 3 　 (2020·山东青岛市模拟)如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为 m 的带电小 球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于 O 点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为 h，细线与竖直 方向的夹角为 α＝37°，重力加速度为 g.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求： (1)匀强电场的场强大小 E； (2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能． 【答案】　　(1)3mg 4q 　(2)3 4h　(3)25 16mgh 【解析】　　(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示， 由 FTcos 37°＝mg FTsin 37°＝qE 解得：E＝3mg 4q (2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为 a 的匀加速运动， 由 Eq＝ma x＝1 2at2h＝1 2gt2 联立解得：x＝3 4h (3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：Ek＝mgh＋qEx＝25 16mgh. 变式 4 　(2019·广东广州市下学期一模)在竖直平面内，一根长为 L 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端 拴着质量为 m、电荷量为＋q 的小球．小球始终处在场强大小为3mg 2q 、方向竖直向上的匀强电场中，现将小 球拉到与 O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断， 之后小球继续运动并经过 P 点，P 点与 O 点间的水平距离为 L.重力加速度为 g，不计空气阻力，求： (1)细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； (2)O、P 两点间的电势差． 【答案】　(1)1.5mg　(2)15mgL 8q 【解析】　(1)由题意可知小球受到竖直向上的电场力 F＝qE＝1.5mg＞mg 所以小球被释放后将向上绕 O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为 v，由动 能定理得：(F－mg)L＝1 2mv2，解得 v＝ gL， 设细线被拉断前瞬间的拉力为 FT，由牛顿第二定律得：FT＋mg－F＝mv2 L 解得： FT＝1.5mg (2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度 a 竖直向上，由牛顿第二定律：F－mg＝ma 设细线断裂后小球经时间 t 到达 P 点，水平方向上有 L＝vt 小球在竖直方向上的位移为 y＝1 2at2 解得 y＝L 4 O、P 两点沿电场方向(竖直方向)的距离为 d＝L＋y O、P 两点间的电势差 UOP＝Ed联立解得 UOP＝15mgL 8q . 模拟训练 练规范 练速度 1．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、 丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　) A．电压是甲图时，在 0～T 时间内，电子的电势能一直减少 B．电压是乙图时，在 0～T 2时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 【答案】　D 【解析】　若电压是题图甲，0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做 匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故 A 错误；电压是题图乙时，在 0～ T 2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故 B 错误；电压是 题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T 2后做加速度先增大后减小的减速运动，到 T 时速度减为 0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故 C 错误；电压是题图丁时，电子先 向左加速，到T 4后向左减速，T 2后向右加速，3 4T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，故电 子做往复运动，故 D 正确． 2.将如图所示的交变电压加在平行板电容器 A、B 两板上，开始 B 板电势比 A 板电势高，这时有一个原来静 止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设 A、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确 的是(　　)A．电子一直向着 A 板运动 B．电子一直向着 B 板运动 C．电子先向 A 板运动，然后返回向 B 板运动，之后在 A、B 两板间做周期性往复运动 D．电子先向 B 板运动，然后返回向 A 板运动，之后在 A、B 两板间做周期性往复运动 【答案】　D 3.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．电场力与重力平衡 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 【答案】　B 【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，即电场力与重力平衡， 则电场力方向竖直向上，小球带正电，A 错误，B 正确；从 a→b，电场力做负功，电势能增大，C 错误； 由于有电场力做功，机械能不守恒，D 错误． 4.水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平 向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的 A、B 两点．则(　　)A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下 B．小球由 A 到 B 的过程中电场力一定做负功 C．小球由 A 到 B 的过程中动能可能减小 D．小球由 A 到 B 的过程中，小球的机械能可能减小 【答案】　D 【解析】　由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力 的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上 极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A 错误；如果小球受到的电 场力向下，小球从 A 运动到 B 点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B 错误；小球受到的合力向下，小球从 A 点运动到 B 点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C 错误；小 球从 A 点运动到 B 点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D 正确． 5．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象．当 t＝0 时，在此匀强电场中由静止释放 一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子始终向同一个方向运动 B．2 s 末带电粒子回到原出发点 C．3 s 末带电粒子的速度为零 D．0～3 s 内，电场力做的总功为零 【答案】　CD 【解析】　设第 1 s 内粒子的加速度为 a1，第 2 s 内的加速度为 a2，由 a＝qE m 可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0， v－t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D 正确． 6．(多选) (2019·四川达州市第二次诊断)如图所示，M、N 是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M 中间有一小孔．M、N 分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的 A 点与极板 M 相距 h，与极 板 N 相距 3h.某时刻一质量为 m、带电荷量为 q 的微粒从 A 点由静止下落，到达极板 N 时速度刚好为零，不 计空气阻力，重力加速度为 g.则(　　) A．带电微粒在 M、N 两极板间往复运动 B．两极板间电场强度大小为3mg 2q C．若将 M 向下平移h 3，微粒仍从 A 点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与 N 的距离为 5 4h D．若将 N 向上平移h 3，微粒仍从 A 由静止下落，进入电场后速度为零的位置与 M 的距离为 5 4h 【答案】　BD 【解析】　由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在 A 点和下极板之间往复运 动，选项 A 错误；由动能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得 E＝ 3mg 2q ，选项 B 正确；若将 M 向下平移h 3，则板 间场强变为 E1＝ U 5 3h ＝3U 5h＝6 5E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E 1q·(5h 3 －Δh)＝0，可知 方程无解，选项 C 错误；若将 N 向上平移h 3，则板间场强变为 E2＝U 5 3h ＝3U 5h＝6 5E，设微粒速度为零时的位置 与 M 极板相距 Δh′，由动能定理：mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得 Δh′＝5 4h，选项 D 正确． 7. (2019·河南南阳市上学期期末)如图所示，用长为 L 的绝缘轻线把质量为 m、带电荷量为 q(q>0)的小球悬挂于天花板上 O 点，小球静止于 O 点正下方．如果在天花板下方空间，加上水平向右的匀强电场，小球向 右运动，悬线偏转的最大角度为 60°，则所加匀强电场的电场强度为(　　) A.mg q B. 3mg 3q C. 3mg q D.2 3mg q 【答案】　B 【解析】　带电小球受到电场力向右摆动的最大角度为 60°，末速度为零，此过程中电场力 Eq 对小球做正 功，重力 G 做负功，细线拉力 FT 不做功，根据动能定理，则有： qELsin α－mgL(1－cos 60°)＝0，解得：E＝ 3mg 3q .故 A、C、D 错误，B 正确． 8．(多选) (2020·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一 带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了 12 J，金属块克服摩擦力做功 8 J，重力做 功 24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块的机械能增加 32 J B．金属块的电势能增加 4 J C．金属块带正电荷 D．金属块克服电场力做功 8 J 【答案】　BC 【解析】　由动能定理得：W 总＝WG＋W 电＋Wf＝ΔEk，解得：W 电＝－4 J，所以金属块克服电场力做功 4 J，金属块的电势能增加 4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正 电荷，故 B、C 正确，D 错误；在金属块下滑的过程中重力做功 24 J，重力势能减小 24 J，动能增加了 12 J，所以金属块的机械能减少 12 J，故 A 错误．9．(2019·广东“六校联盟”第四次联考)如图所示，ACB 是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道 CB 处在方向 水平向右、大小 E＝1.0×106 N/C 的匀强电场中，一质量 m＝0.25kg、电荷量 q＝－2.0×10－6C 的可视为 质点的小物体，在距离 C 点 L0＝6.0m 的 A 点处，在拉力 F＝4.0N 的作用下由静止开始向右运动，当小物 体到达 C 点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数 μ＝0.4，取 g＝10 m/s2， 求： (1)小物体到达 C 点时的速度大小； (2)小物体在电场中运动的时间． 【答案】　(1)12 m/s　(2)2.7 s 【解析】　(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a＝F－μmg m ＝12 m/s2 小物体到达 C 点的过程中有：v2＝2aL0 代入数据解得：v＝12 m/s (2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a1＝|q|E＋μmg m ＝12 m/s2 小物体向右运动的时间：t1＝ v a1＝1.0 s 小物体向右运动的位移：x1＝v 2t1＝6.0 m 由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场 根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2＝|q|E－μmg m ＝4 m/s2 小物体在电场中向左运动的时间为：t2＝ 2x1 a2 ＝ 3 s 小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋ 3) s≈2.7 s 10. (2019·四川南充市第一次适应性考试)如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系 xOy 中，x 轴上方有水 平向右的匀强电场，有一质量为 m、电荷量为－q(－q