高中物理人教新版课时练必修 第三册 第10章 带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题 Word版含解析

1．如图1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2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(　　)

图1


图2
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～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～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，到后向左减速，后向右加速，T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3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(　　)

图3
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4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(　　)

图4
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5所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则(　　)

图5
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6所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像．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(　　)

图6
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＝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图像如图所示，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7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(　　)

图7
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
C．若将M向下平移，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h
D．若将N向上平移，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
h
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＝，选项B正确；若将M向下平移，则板间场强变为E1＝＝＝E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·(－Δh)＝0，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移，则板间场强变为E2＝＝＝E，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′＝h，选项D正确．

7. (2019·河南南阳市上学期期末)如图8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(　　)

图8
A. B. C. D.
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T不做功，根据动能定理，则有：
qELsin α－mgL(1－cos 60°)＝0，解得：E＝.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9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(　　)

图9
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10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＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力
F＝4.0 N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：

图10
(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＝＝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＝＝12 m/s2
小物体向右运动的时间：t1＝＝1.0 s
小物体向右运动的位移：x1＝t1＝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＝＝4 m/s2
小物体在电场中向左运动的时间为：t2＝ ＝ s
小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋) s≈2.7 s
10. (2019·四川南充市第一次适应性考试)如图11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<0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.求：

图11
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对细管的压力；
(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标．
答案　(1)　(2)3(＋1)mg　方向竖直向下　(3)(－7L,0)
解析　(1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝
解得：E＝
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r＝L
从P点到B点的过程中，根据动能定理得：mg(2L＋L)＋EqL＝mv
在B点，根据牛顿第二定律得：N－mg＝
联立解得：N＝3(＋1)mg，方向竖直向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小N′＝3(＋1)mg，方向竖直向下
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：
mv＝mgL＋EqL
解得：vA＝2
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度vC＝vA＝2
小球的加速度g′＝g
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：vCt＝g′t2
解得：t＝2
则沿x轴方向运动的位移x＝＝vCt＝×2×2＝8L
x′＝L－8L＝－7L，则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(－7L,0)．