(新高考)高考物理一轮复习教案第7章限时规范专题练(三)《带电粒子在电场中运动的综合性问题》(含详解)

限时规范专题练(三)　带电粒子在电场中运动的综合性问题

 　　时间：60分钟　 　　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～5题为单选，6～10题为多选)

1．(2020·北京市西城区高三下学期模拟)如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．静电力做正功

B．重力和静电力的合力做负功

C．重力势能的减少量大于电势能的增加量

D．重力势能的减少量小于动能的增加量

答案　C

解析　由于下极板带负电，带负电的油滴所受静电力向上，因此在该油滴向下运动的过程中，静电力做负功，A错误；由于油滴向下加速运动，所受合力向下，因此重力和静电力的合力做正功，B错误；重力做正功，重力势能减少，静电力做负功，电势能增加，由于重力大于静电力，因此重力做的功大于静电力做的功，即重力势能的减少量大于电势能的增加量，C正确；根据能量守恒定律，减少的重力势能一部分转化为电势能，一部分转化为油滴的动能，因此重力势能的减少量大于动能的增加量，D错误。

2.(2020·浙江省义乌市高三下6月适应性考试)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，电荷量为q，现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，则下列分析错误的是(　　)

A．上移后油滴的运动轨迹仍然是直线

B．上移后电场强度大小为，方向竖直向上

C．上移后下板和上板之间的电势差为

D．上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了mgd

答案　C

解析　由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有qE＝mg，可得E＝，方向竖直向上，根据E＝，C＝，C＝，可得E＝，可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动些许时，上、下两极板间的电势差U变大，不再是，C错误；当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功－mgd，则静电力做功mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确。本题选分析错误的，故选C。

3.(2020·山东省师范大学附属中学高三线上测试)如图所示，倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面高为H，处在水平向左、电场强度大小为E＝的匀强电场中，质量为m的物块，带正电Q，从斜面顶端由静止释放，物块落地的速度大小为(　　)

A.  B.

C．2  D.2

答案　D

解析　对物块进行受力分析如图，物块受重力和水平向左的静电力，静电力为F＝QE＝mg，根据三角形定则有tanβ＝＝，则物块所受合力与水平方向的夹角β＝30°。物块沿合力方向做匀加速直线运动，落地时竖直位移为H，则水平位移为＝H。从开始到落地的过程，根据动能定理有mgH＋F·H＝mv2－0，解得v＝2，故A、B、C错误，D正确。

4.(2020·浙江省宁波市鄞州中学高三下学期期初考试)三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法不正确的是(　　)

A．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20

B．三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4

C．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4

D．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9

答案　C

解析　三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x＝v0t得，在电场中的运动时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4，故B正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y＝at2，解得aA∶aB∶aC＝36∶16∶9，故C错误；三个粒子所受的合力大小关系为FA＞FB＞FC，三个粒子的重力相等，所以落在B点的粒子仅受重力作用，落在A点的粒子所受的静电力向下，落在C点的粒子所受的静电力向上，即落在B点的粒子不带电，落在A点的粒子带负电，落在C点的粒子带正电，由牛顿第二定律得aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶mg∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，故A正确；由牛顿第二定律可知F＝ma，因为三个粒子的质量相等，所以所受合力之比与加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9，故D正确。本题选说法不正确的，故选C。

5.(2020·河北省高三上学期第一次大联考)如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则粒子能在两极板间运动的最长时间和电场强度的最大值分别为(　　)

A．d、  B.d、

C．2d、  D.2d、

答案　C

解析　粒子只受垂直极板向下的静电力，从开始至打到上极板，粒子在两极板间做匀减速曲线运动。根据运动的分解，当到达上极板处时沿电场方向的速度为0时，粒子在两极板间运动的时间最长，且此时电场强度最大。将粒子初速度v0分解为垂直极板的分速度vy和平行极板的分速度vx，根据运动的合成与分解，及运动学公式有v＝2d，vy＝v0cos45°，而Ek0＝mv，联立得Emax＝；再根据动量定理有－qEmaxΔt＝Δpy＝0－mv0cos45°，解得粒子在两极板间运动的最长时间为Δt＝2d，故A、B、D错误，C正确。

6.(2020·山西省临汾市高考模拟)如图所示，a为xOy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xOy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场。粒子只在静电力作用下运动，经过y轴正半轴上的b点(图中未标出)，则下列说法正确的是(　　)

A．若粒子在b点速度方向沿x轴正方向，则电场方向可能平行于x轴

B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点

C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等

D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反

答案　CD

解析　如果电场方向平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向的分速度不为0，因此粒子在b点的速度不可能平行于x轴，故A错误；若粒子运动过程中在b点的速度最小，则粒子在运动轨迹上b点的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；若粒子在b点速度大小也为v0，则粒子在a、b两点的动能相等，根据能量守恒定律，粒子在a、b两点的电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确；若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v0方向相反，故D正确。

7．(2020·山东省泰安市四模)如图甲所示，绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场，一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点，该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是(　　)

A．物块受到的静电力

B．匀强电场的场强大小

C．物块返回O点时的动能

D．物块与水平面间的动摩擦因数

答案　AC

解析　由克服静电力做的功等于电势能的增加量，即ΔEp＝FΔx，结合图乙，可得物块受到的静电力F＝＝ N＝10 N，由于不知道物块的电荷量，则无法求解匀强电场的场强大小，故A正确，B错误；由图乙可知，物块的初动能为Ek0＝100 J，当运动到8 m处时物块的动能为0，则此过程中根据动能定理有－(F＋f)x＝0－Ek0，得f＝2.5 N，物块从O点开始运动到返回到O点的过程中，由动能定理有－f×2x＝Ek－Ek0，得物块返回O点时的动能Ek＝Ek0－2fx＝(100－2×2.5×8) J＝60 J，由于不知道物块的质量，则无法求解物块与水平面间的动摩擦因数，故C正确，D错误。

8.(2020·山东省新高考高三下考前适应性考试)如图所示，在竖直平面内存在一个匀强电场，一质量为m、带电量为＋q的带电小球从O点由静止释放且沿直线OA方向运动，已知直线OA与竖直方向的夹角为θ，下列有关说法正确的是(　　)

A．小球运动过程中的加速度一定大于g

B．满足运动条件的匀强电场的最小值为

C．带电小球在运动时机械能一定增加

D．带电小球的重力势能和电势能之和一定减小

答案　BD

解析　带电小球在重力和静电力的共同作用下沿OA做匀加速直线运动，则带电小球所受的合力沿OA方向，如图所示，则合力可能等于重力，也可能大于重力，还可能小于重力，所以带电小球运动过程中的加速度可能等于g，也可能大于g，还可能小于g，故A错误；根据几何知识可知，当静电力的方向与合力的方向垂直时，静电力最小，即有Eq＝mgsinθ，可得场强的最小值为E＝，故B正确；由图知，静电力F与速度的夹角可能小于90°，也可能等于90°，还可能大于90°，则静电力对带电小球可能做正功，也可能不做功，还可能做负功，带电小球的机械能可能增加，也可能不变，还可能减少，故C错误；由于合力对小球做正功，则小球的动能增加，根据能量守恒定律知带电小球的重力势能和电势能之和一定减小，故D正确。

9.(2020·云南省高中毕业生统一检测)如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心O等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为＋q的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为va＝、vb＝、vc＝。下列说法正确的是(　　)

A．匀强电场方向水平向右

B．匀强电场场强大小为E＝

C．小球运动过程中对圆环的最大压力为7.5mg

D．小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25mg

答案　AC

解析　小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理有：mv－mv＝－2mgR＋qUac，解得：Uac＝0，故a、c连线为等势线，小球从a到b的过程中，有：mv－mv＝－mgR＋qUab，解得：Uab＝＞0，因电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，则匀强电场方向水平向右，匀强电场场强大小E＝＝，故A正确，B错误；静电力Eq＝mg，因为＝，则静电力与重力的合力与竖直方向的夹角为37°，当小球运动到等效最低点时，对圆环的压力最大，小球由a点运动到等效最低点的过程中，有：mv－mv＝－mgR(1－cos37°)＋qERsin37°，在等效最低点，根据牛顿第二定律得：Fmax－Eqsin37°－mgcos37°＝m，解得小球受到圆环的最大支持力为：Fmax＝7.5mg，根据牛顿第三定律可知，小球对圆环的最大压力为7.5mg，故C正确；当小球运动到等效最高点时，对圆环的压力最小，小球由a点运动到等效最高点的过程中，有：mv－mv＝－mgR(1＋cos37°)－qERsin37°，在等效最高点，根据牛顿第二定律得：Eqsin37°＋mgcos37°－Fmin＝m，解得小球受到圆环的最小支持力为：Fmin＝0，根据牛顿第三定律，小球对圆环的最小压力为0，故D错误。

10.(2021·四川省成都市高三上一诊)如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O，水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上，电容器、底座和绝缘杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为m的带正电圆环P套在杆上以某一速度v0对准O向左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S，OS＝。若A、B板外侧无电场，P过孔O时与板无接触，不计P对A、B板间电场的影响。则(　　)

A．P在S处的速度为0

B．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为

C．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为

D．P从O至S的过程中，整个系统电势能的增加量为

答案　CD

解析　带电圆环进入电场后，在静电力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在静电力的作用下做匀加速直线运动，当它们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，由系统动量守恒有mv0＝(m＋M)v，可得v＝，则P在S处的速度不为0，故A错误；该过程绝缘座向左做匀加速直线运动，有x＝t，环向左做匀减速直线运动，有x′＝t，由题意可知x′－x＝，解得x＝，即P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为，故C正确，B错误；P从O至S的过程中，由能量守恒定律可知，整个系统增加的电势能ΔEp＝mv－(m＋M)v2＝，故D正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11.(2020·山西省运城市高三上学期期末调研)(14分)如图所示，空间存在方向斜向上且与水平方向夹角为45°的匀强电场，电场强度大小为E＝，范围足够大。电场中有一绝缘挡板MN，与水平方向夹角为θ＝45°。质量为m、电荷量为q、带正电的小球从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，小球运动过程中恰好不和挡板碰撞，小球运动轨迹所在平面与挡板垂直，重力加速度为g，求：

(1)小球贴近挡板时速度的大小；

(2)小球贴近挡板时距M点的距离。

答案　(1)v0　(2)

解析　(1)由受力分析知，小球所受重力和静电力的合力大小为mg，方向水平向右，由于小球恰好不和挡板碰撞，小球贴近挡板时其速度方向与挡板恰好平行，设竖直向上为x轴正方向，水平向右为y轴正方向，根据几何关系有tan45°＝

则小球贴近挡板时的水平分速度vy＝v0

解得v＝v0。

(2)设小球贴近挡板时位置为P，沿y轴方向小球做匀加速直线运动，则运动时间为t＝

沿x轴方向的位移为x＝v0t＝

根据几何关系，小球贴近挡板时距M点的距离PM＝x＝。

12.(16分)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB＝2L，圆管的半径为r＝L(自身的内径忽略不计)。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度的大小E2＝。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的小球(可视为质点)，P、C间距为L。现将该小球从P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动。重力加速度为g。求：

(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度的大小E1；

(2)小球在ADB管中运动经过D点时对管的压力FD；

(3)小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比。

答案　(1)　(2)2mg，方向竖直向下　(3)

解析　(1)小球释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入圆管，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：

tan45°＝，解得：E1＝。

(2)从P到A的过程，根据动能定理：

mgL＋E1qL＝mv，解得vA＝2，

小球在管中运动时，E2q＝mg，小球做匀速圆周运动，则vD＝vA＝2

在D点时，圆管下壁对球的支持力F＝m＝2mg

由牛顿第三定律得，FD＝F＝2mg，方向竖直向下。

(3)小球由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：L＝at，解得t1＝，

设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，

则：t2＝＝

小球离开圆管后做类平抛运动，设小球从B点到N点的过程中所用时间为t3，则

y＝at，x＝vBt3，vB＝vA，a＝＝g，

联立解得：t3＝2 ，

则：＝＝。