2011-2020年高考物理试卷分类汇编之041.带电物体在电场中的运动（含答案及解析）

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第41节 带电物体在电场中的运动
1.2012年理综新课标卷
18.如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子
A.所受重力与电场力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动
[答案]BD
[解析]要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。
2.2013年新课标I卷
16.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子
A.打到下极板上 B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回 D.在距上极板处返回
【答案】D
【解析】带电粒子运动过程中受重力和电场力做功；设电容器两极板间电压为U，粒子下落的全程由动能定理有：，得，当下极板向上移后，设粒子能下落到距离上极板h处，由动能定理有：，解得，D选项对。
3.2011年理综四川卷
21．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地。则
A．整个过程中小球电势能变化了
B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了
答案：B D
解析：整个过程中小球的位移为0，，得a＝3g，根据牛顿第二定律电场力是重力的4倍为4mg，根据动量定理△P＝mgt－3mgt＝－2mgt，B正确；电势能变化量为4mg×gt2＝2mg2t2,A错误；小球减速到最低点和最初加速时的动能变化量大小相等为，C错误；从A点到最低点重力势能变化了，D正确。答案为B D。
4.2014年理综天津卷
4．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【解析】如题图，带电粒子所受电场力为竖直方向，又因为运动轨迹向下偏转，所以粒子所受合外力方向向下。重力方向竖直向下，故电场力方向可能向下，也可能向上但是小于重力。若微粒带正电，则电场方向可能向上也可能向下，A板带正电和负电均有可能，A错。若微粒所受电场力向下，从M点到N点电场力做正功，电势能减小，B错。若所受电场力向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，微粒的机械能减少，D错。微粒所受合力向下，从M点到N点合力做正功，根据动能定理，动能一定增加，C正确。
5.2015年江苏卷7. 一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。 不计空气阻力，则小球（ BC ）
(A)做直线运动
(B)做曲线运动
(C)速率先减小后增大
(D)速率先增大后减小
解析：由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动（竖直方向做自由落体运动，水平方向先向右匀减速运动到零再向左匀加速运动），所以A错误；B正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C正确；D错误。
6.2015年理综山东卷20．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0~T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是 （ BC ）
A.末速度大小为
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了
D.克服电场力做功为mgd
【答案】BC
【解析】因0-内微粒匀速运动，故；在时间内，粒子只受重力作用，做类平抛运动，在时刻的竖直速度为，水平速度为v0；在时间内，粒子满足,解得a=g，方向向上，则在t=T时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，，可知克服电场力做功为，选项D错误；故选BC.
7. 2017年浙江选考卷8.如图所示，在竖立放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程
A.加速度大小为 B.所需的时间为
C.下降的高度为 D.电场力所做的功为
【答案】B
【解析】点电荷往电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力为，所以由牛顿第二定律得，点电荷运动到负极板的过程中，加速度大小为，A错误；点电荷在水平方向的加速度为，由运动学公式，所以，故B正确，点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度，故C错误；由做功公式,故D错误。
8.2019年天津卷3.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（ ）
A.动能增加 B.机械能增加
C.重力势能增加 D.电势能增加
答案：B
解析：小球的初动能，小球的末动能，由动能定理，得小球的动能的变化量为，A错误；
小球在竖直方向重力做功，机械能不会发生变化，在水平方向，电场力做正功，动能增加了，故机械能增加了，选项B正确；
小球在竖直方向重力做功，竖直方向的动能转化为重力势能，故重力势能增加了，C错误；
在水平方向，电场力做正功，动能增加了，相应的电势能减小了，D不符合题意。
故答案为：B
9.2019年浙江选考卷13.用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10-2kg、电荷量为2.0×10-8C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin37°=0.6）（ ）
A.该匀强电场的场强为3.75×107N/C
B.平衡时细线的拉力为0.17N
C.经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/s
D.小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s
答案：C
解析：对小球进行受力分析如答图1示，，解得电场强度E=3.75×106N/C，A错误；平衡时拉力
∴T=1.25mg=0.125N，选项B错误；
小球由静止释放后在重力和电场力的合力作用下，沿与竖直方问成37°角方向做匀加速直线运动，到达B点后绳子被拉直，如答图2示：
加速度a=1.25g=12.5m/s2，在三角形OAB中利用正弦定理，求得xAB≈1.68m；
经过t=0.5s，，即经过0.5s小球不会到达B点，小球的速度v=at=6.25m/s，选项C正确；
小球从静止释放运动到B点的过程，不考虑能量损失，由动能定理，，解得，实际上，小球到达B点时，速度沿绳方向的分量会突然变为0，即能量会损失，所以小球第一次到达O点正下方时，速度小于7m/s，D错误。
故选C。
10.2013年四川卷10．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ =37?的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0-6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g=10m/s2，sin37?=0.6，cos37?=0.8。
⑴求B所受静摩擦力的大小；
⑵现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a=0. 6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp=0.06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
【答案】
【解析】（1）F作用之前，AB处于静止状态，设B所受的静摩擦力大小为 ，AB间的绳子的张力为，有
对A：
对B：
联立两式，代入数据得 方向向左
（2）物体A从M点到N点的过程中，AB两物体的位移均为s，AB间绳子的张力为T，有
设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为△x，有
F弹=k△x
由几何关系知
设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv
联立解得：P=0.528W
11. 2014年理综新课标卷Ⅰ25．如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
【答案】（1） （2)
【解析】设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin 60°＝v0t ①
dcos 60°＝gt2 ②
又有Ek0＝mv ③
由①②③式得Ek0＝mgd ④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd ⑤
由④⑤式得＝. ⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了 和 d ，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有
＝ ⑨
解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° ⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.
设场强的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔEpA ?
由④⑦?式得 E＝. ?
12.2015年理综四川卷10．(18分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，求：
v（ms-1） 0≤v≤2 2F/N 2 6 3
⑴小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；
⑵小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。
答案：（1）t1＝0.5s；（2）W＝－9.25J。
解析：（1）小物体P的速率v从0至2m/s时，受水平外力F1＝2N，设其做匀变速运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则根据匀变速直线运动规律有：v1＝a1Δt1 ①
根据牛顿第二定律有：F1－μmg＝ma1 ②
联立①②式并代入数据得：Δt1=0.5s
即小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为Δt1＝0.5s
（2）当物体P在速率v＝2～5m/s时，所受水平外力F2＝6N，设先以加速度a2再加速t2＝0.05s至A点，速度为v2，根据牛顿第二定律有：F2－f＝ma2 ③
根据匀变速直线运动规律有：v2＝v1＋a2t2 ④
由③④式联立解得：v2＝3m/s ⑤
物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受 水平外力仍然为F2＝6N不变，设位移为x1，加速度为a3，根据牛顿第二定律有：F2－f－qE＝ma3 ⑥
根据匀变速直线运动规律有：2a3x1＝－ ⑦
由⑤⑥⑦式联立解得：x1＝1m ⑧
根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平外力为F3＝qE＝3N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为x2，时间为t3，则在水平方向上有：x2＝vBt3 ⑨
根据几何关系有：cotα＝ ⑩
由⑨⑩式联立解得：x2＝m ?
所以小物体P从A运动至D电场力做的功为：W＝－qE（x1＋x2 ） ?
由⑧??式联立解得：W＝－9.25J.
13.2016年上海卷32.（14分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在
0.16≤ x ≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量）
（1）小球B所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？
【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m
【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，N
因此
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为，方向水平向左。
（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小
由qU=W合
可得
（4）由图可知小球从x=0.16m到x=0.2m处
电场力做功
小球从到处
电场力做功 ==
由图可知小球从到处
电场力做功=－0.004×0.4=
由动能定理 +++=0
解得 =
14.2017年新课标Ⅱ卷25.（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
【答案】（1）3:1 （2） （3）
【解析】（1）设带电小球M、N抛出初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
v0-at=0 ①
②
③
联立①②③解得： ④
（2）设A点距离电场上边沿的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则
⑤
⑥
因为M在电场中做匀加速直线运动，则 ⑦
由①②⑤⑥⑦可得 ⑧
（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理
⑩
?
由已知条件：Ek1=1.5 Ek2 ?
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：
15.2017年新课标I卷25．（20分）
真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为整。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
①
油滴在时刻t1的速度为 ②
电场强度在时刻t2突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
③
油滴在时刻t2=2t1的速度为 ④
由①②③④式得 ⑤
（2）由题意，在t=0时刻前有 ⑥
油滴从t=0到时刻t1的位移为
⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为
⑧
由题给条件有 ⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有 ⑩
由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
?
为使E2> E1，应有 ?
即当 ?
或 ?
才是可能的：条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B在A点之下，依题意有 ?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得
?
为使，应有 ?
即 ?
另一解为负，不符合题意，已舍去。
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