高考物理第八章带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题（能力课时）限时规范训练（含解析）.docx

带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题基础巩固题组(20分钟，50分)1如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角53，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为()A2B2C2 D解析：选D.对物块受力分析知， 物块不沿斜面下滑， 离开斜面后沿重力、 电场力合力的方向运动，F合mg，xh，由动能定理得F合xmv2，解得v.2如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()解析：选A.电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零之后重复上述运动，A项正确，B项错误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电场力跟重力平衡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解析：选B.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，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从ab，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错4如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h0.8 m有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑小环离杆后正好通过C端的正下方P点处(g取10 m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.解析：(1)结合题意分析知：qEmg，F合mgma，ag10 m/s2，方向垂直于杆向下(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为EkW重W电其中W重mgh4 J，W电0，所以Ek4 J.(3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动，有hv0t垂直杆方向匀加速运动，有hat2，解得v02 m/s.答案：(1)10 m/s2垂直于杆向下(2)4 J(3)2 m/s5.如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E1104 N/C、水平向右的匀强电场中一质量m4103 kg、带电荷量q3106 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零已知CD段长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m，不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qEmg0解得0.25(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力mg0.01 N，电场力qE0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在PDGH间来回往复运动，最终到达D点的速度为0.全过程由动能定理得qELmgs00解得sL3L2.4 m(3)GH段的倾角37，滑块受到的重力mg0.04 N，电场力qE0.03 N，qEcos mgsin 0.024 N，加速度a0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程由动能定理得Ek最大Eq(Lrsin )mgLmg(rrcos )0.018 J滑块最终在PDGH间来回往复运动，最后一次碰撞滑块有最小动能，对D到G过程由动能定理得Ek最小Eqrsin mg(rrcos )0.002 J.答案：(1)0.25(2)2.4 m(3)0.018 J0.002 J能力提升题组(25分钟，50分)1(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t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零解析：选CD.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，a22a1，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2如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v11104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v22104 m/s，已知MP20 cm、MN80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图象正确的是()解析：选D.因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qExEp0Ep，故EpqEx，故选项D正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误；因为粒子离开电场时的速度v22v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qExmv2mv，所以v与x不是线性关系，选项C错误3如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为，A、B间距离为L，静电力常量为k，则()A在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UABB在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小COB间的距离为 D从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能解析：选C.小金属块从A到B过程，由动能定理得：qUABmgLmv0，得A、B两点间的电势差UAB，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有mgk，得r ，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误4如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点已知A、B两球始终没有接触重力加速度为g.求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小解析：(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh2mv解得v0(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0(2mm)v解得vv0据能量守恒定律得2mgh(2mm)v2Ep解得Epmgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定则2mv02mvAmvB2mv2mvmv解得vAv0vBv0答案：(1)(2)mgh(3)5如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为q的粒子已知板间电压UMN随时间变化的关系如图乙所示，其中U0.忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大(1)计算说明，t0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；(2)求荧光屏上发光的长度解析：(1)t0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为t，则lt2，解得：t粒子在水平方向的位移：xv0tl，粒子打在N极板中点(2)由(1)知t时射入极板的粒