专题12 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题（解析版）.docx

1、专题12 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一选择题1.(2021四川攀枝花市第二次统考)如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是()A.粒子a、b的带电荷量之比为12B.电场力对a、b粒子做功之比为12C.粒子a、b离开电场时的速度大小之比为12D.粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为12【答案】A【解析】设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向

2、偏转位移为yat2，由于粒子的质量相等、初速度相等，偏转位移之比为12，则粒子a、b的带电荷量之比为12，故A正确；电场力做功WqEy，则电场力对a、b粒子做功之比为14，故B错误；根据动能定理可得qEymv2mv，解得粒子离开电场的速度大小为v，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于12，故C错误；设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为a，b，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得tan a，tan b，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为12，但是角度之比不等于12，故D错误。2. (多选)(2021广西柳州市模拟)如图

3、所示，相距为2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为Q和Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为q的带电小球P(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)穿过细杆，由C点静止开始释放，向下运动到O点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则()A.C、D两点电势CDB.C、D两点的电场强度大小相等C.O点处的电场强度大小ED.小球P经过D点时的速度大小为2v【答案】BC【解析】由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；由电场强度的叠加可知C、D两点的电场强度大小相

4、等，故B正确；正点电荷Q在O点产生的场强大小为E1，负点电荷Q在O点产生的场强大小为E2，如图所示，由电场强度的叠加可得O点处的电场强度EE1，故C正确；从C到O与从O到D重力及电场力做功相同，从C到O过程，根据动能定理有Wmv2，从O到D过程，根据动能定理有Wmvmv2，联立解得vDv，故D错误。3. (2021河南郑州市第二次质量预测)水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法

5、正确的是()A.小球受到的电场力先减小后增大B.小球的运动速度先增大后减小C.小球的电势能先增大后减小D.小球的加速度大小不变【答案】C【解析】小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；小球下滑时，匀强电场的电场力对小球不做功，由以上分析可知，小球的电势能先增大后减小，选项C正确

6、；由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。4.(多选)(2021辽宁葫芦岛市高三期末)如图所示，质子和粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点下列关于两种粒子运动的说法正确的是()A两种粒子会打在屏MN上的同一点B两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远C两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，粒子的

7、动能较大【答案】AD【解析】两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1mv020偏转电场中，平行于极板方向：Lv0t垂直于极板方向：a，yat2设离开偏转电场的速度偏向角为，有：tan 联立以上各式得y，tan 偏移量y和速度偏向角都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：qU1qyEk0，即EkqU1qy因粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时粒子的动能较大，C错误，D正确5.(2021山东青岛市一模)如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀

8、强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是()A. B.C. D.【答案】B【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到vyv0水平方向上有dv0t竖直方向上有vyt联立方程得E，故B正确。6. (2021福建三明市期末质量检测)(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgEq，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高

9、度为D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为【答案】BD【解析】由于带电小球在竖直平面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，且mgqE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知电场方向与ON方向成120角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得：mg0mv02，解得：h，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE2hcos 120qEhmg，D正确7.(多选)(2021四川泸州市二诊)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为

10、质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是()A.物块在上滑过程中机械能一定减小B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零【答案】CD【解析】上滑过程中满足qEcos Ffmgsin ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；上滑过

11、程中由动能定理W电WfWGEk，则W电WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为FNmgcos 30，摩擦力Ffmgcos 30mgsin 30，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。8.(2021广东潮州市第二次模拟)(多选

12、)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A.质子和粒子在O2处的速度大小之比为12B.质子和粒子在整个过程中运动的时间相等C.质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12D.质子和粒子打到感光板上的位置相同【答案】CD【解析】根据动能定理qUmv20，解得v，所以质子和粒子在O2处的速度大小之比为1，A错误；对整个过程用动能定理，设

13、O2到MN板的电势差为U，有q(UU)Ek0，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12，C正确；由O2到MN板，质子和粒子都做类平抛运动，竖直方向：ht2，水平方向：xvt，联立解得x2，所以质子和粒子打到感光板上的位置相同，D正确；在A、B间：a，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误。9.(多选)(2021黑龙江佳木斯一中期中)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移

14、x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()【答案】BC【解析】电子做匀变速直线运动时xt图象应是抛物线，故A错误根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，D错误根据电子的运动情况：电子交替做匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度大小不变，at图象应平行于横轴，故C正确10.(多选)(2021广东深圳高级中学月考)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度

15、为g，电场强度E，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是()A小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大B小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点C小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mgD小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg【答案】BC【解析】根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等mg，故等效重力加速度为g等g，如图所示，tan ，即37，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守

16、恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQmgm，FPmgm，小球从Q点到P点，由动能定理可得2mgRmvP2mvQ2，联立解得FQFP6mg，选项C正确，D错误11.(多选)(2021山东蒙阴县实验中学高二月考)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则()A若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等B若比荷相等，则带负电粒子

17、从M孔射出的速率相等C若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等D若不同比荷的带负电粒子由O点射入，偏转角度相同【答案】BCD【解析】设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1mv02，可得v0，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ekmv02qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d，在偏转电场中有tan ，偏转角度与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子从O点射

18、入，偏转角度相同，故D正确12.(2021河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60，重力加速度为g，则以下说法正确的是()A电场力大小为B小球所受的合外力大小为C小球由O点到P点用时D小球通过P点时的动能为mv02【答案】C【解析】设OPL，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60t，竖直方向：Lsin 60gt2，解得：t，选项C正确；水平方向F1

19、mam，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小Fmg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vPgtv0，则动能：EkPmvP2mv02，选项D错误二计算题13.(2021四川雅安市上学期一诊)如图，光滑固定斜面倾角为37，一质量m0.1 kg、电荷量q1106 C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端B的长度为1.5 m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)该电场的电场强度的大小；(2)若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？【答案】(1)7.5105

20、 N/C(2)1 s3 m/s【解析】(1)小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，如图所示，则有qEmgtan 37故有E7.5105 N/C。(2)电场强度变为原来的一半后根据牛顿第二定律得mgsin 37qEcos 37ma代入数值解得a3 m/s2方向沿斜面向下由运动学公式xat2和vv2ax代入数值解得t1 s，vB3 m/s。14.(2021江苏如皋中学模拟)如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3106 V/m。有一质量为0.12 kg、电荷量为1.6106 C，带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最

21、低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：(1)小球在A点处的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力。【答案】(1)6 m/s(2)21.6 N【解析】(1)重力Gmg0.1210 N1.2 N电场力FqE1.61063106 N4.8 N在A点，有qEmgm代入数据解得v16 m/s。(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有(qEmg)2Rmvmv在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有FNmgqEm由牛顿第三定律有FNFN代入数据解得FN21.6 N。15. (2021广东六校联盟第二次联考)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为0.2，AB距

22、离为5 m；BC为半径r1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E500 N/C。一质量m1 kg，电量q1.0102 C的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动(g10 m/s2)，求：(1)小球匀速运动的速度大小；(2)小球从A运动到B所用的时间；(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小。【答案】(1)10 m/s(2)3 s(3)可以25 N【解析】(1)因为小球做匀速直线运动，所以FFfFfmg2 N小球匀速运动的速度大小v010 m/s。(2)A到

23、B过程中，由动能定理得Ptmgmv其中vBv010 m/s解得t3 s。(3)小球从B点到C点，由动能定理得(mgqE)2rmvmv解得vC2 m/s若小球恰好过C点，则mgqEm解得v m/svC则在C点，根据牛顿第二定律mgqEFNm解得轨道对小球的弹力FN25 N。16.(2021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37，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8。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

24、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)(2)h(3)mgh【解析】(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由FTcos 37mgFTsin 37qE解得E。(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qEmaxat2hgt2联立解得xh。(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得EkmghqExmgh。17.(2021江苏扬州市期中)静电喷漆原理如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，间距为d，两板间存在匀强电场在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒若油

25、漆微粒的初速度大小均为v0，质量为m、电荷量为q，场强大小为E ，微粒所受重力、空气阻力、微粒间相互作用力均不计，试求：(1)微粒打在B板时的动能Ek；(2)微粒到达B板上O点所需的时间t；(3)微粒最后落在B板上所形成的图形形状及其面积S.【答案】(1)2mv02(2)(3)圆形d2【解析】(1)微粒从P喷出到打在B板，由动能定理得qEdEkmv02得Ek2mv02(2)设微粒到达O点时的速度为v, Ekmv2，解得v2v0微粒从P到O做匀加速直线运动，有td，得t(3)微粒落在B板上所形成的图形是圆形微粒运动水平距离最大时，初速度水平，做类平抛运动，设此运动时间为t，微粒在电场中运动的加速

26、度为a竖直方向：dat2水平方向：圆形半径Rv0t圆面积为SR2得Sd2.18.(2021河南高三月考)在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO射入已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？【答案】见解析【解析】(1)由动能定理得emv2mv02解得v.(

27、2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T.(3)若要使电子从OO平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO上，可见应在tk(k0,1,2，)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a，加速阶段运动的

28、距离s2，解得dT，故两极板间距至少为T.19.(2021名师原创预测)如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角BOC37，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L5R.整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数0.25，sin 370.6，cos 370.8，忽略空气阻力求：(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；(2)小物块第一次通过D

29、点后离开D点的最大距离；(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程【答案】(1)5.4qE(2)R(3)15R【解析】(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有qELsin 37R(1cos 37)qELcos 37mvC120解得vC1在C点根据向心力公式得FNC1qE解得FNC15.4qE根据牛顿第三定律得FNC15.4qE.(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有qE(Lsin 37Rcos 37)qELcos 37mvD120解得vD1小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得qE

30、xm0mvD12解得xmR.(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin 37qEscos 37解得s15R.20.(2021河南高三月考)如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，y轴与直线xd(d0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场一个带电荷量为q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放(1)若S点的坐标为(，)，求粒子通过x轴时的坐标；(2)若S点的坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；(3)若粒子能通过x轴上坐标为(

31、3d,0)的P点，求释放该粒子的点S的坐标(x，y)应该满足的条件【答案】(1)(d,0)(2)(3)4xy5d2(x0，y0)【解析】(1)设进入第二象限前粒子的速度为v0，质量为m，由动能定理得qEmv02在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，假设粒子通过x轴没有出电场左边界，则有加速度ax轴方向上xv0ty轴方向上at2联立解得xd，假设成立所以粒子通过x轴时的坐标为(d,0)(2)设进入第二象限前粒子的速度为v，质量为m，由动能定理得qEdmv2在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，加速度ax轴方向上dvt1y轴方向上yat12解得y对整个过程由动能定理得qEdqEEk0解得Ek.(3)设粒子到达y轴时的速度为v0，通过第二象限电场所用的时间为t2，粒子进入第二象限前由动能定理得qEx粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值tan 其中vyat2qEmavxv0粒子出第二象限电场后做直线运动，由几何关系有tan 解得4xy5d2(x0，y0)