11-19年高考物理真题分专题汇编之专题041.带电物体在电场中的运动

1、 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.

2、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d(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，2d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3开始下落的相同粒子a.打到下极板上b.在下极板处返回d2d处返回c.在距上极板 处返回d.在距上极板25【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d3uq = mgd2d，当下极板向上移 后，设粒子能下落mg(d + ) -uq = 0-0由动能定理有：，得23du2mg(

3、h + ) -qh = 0 - 0，解得h = d到距离上极板 h 处，由动能定理有：，d 选项对。225d33.2011 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3mg t222b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mg t2 223d从 a 点到最低点小球重力势能变化了mg t2 2答案：b d11解析：整个过程中小球的位移为 0， gt + gt t - at = 0 ，

4、得 a3g，根据牛顿第二定律电场222212力是重力的 4 倍为 4mg，根据动量定理pmgt3mgt2mgt，b 正确；电势能变化量为 4mg gt21mg t2mg2t2,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22 2 ，c 错误；从11 12mg ( gt + gt ) = mg ta 点到最低点重力势能变化了，d 正确。答案为 b d。222 223 234.2014 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

5、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）abvmn【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

6、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v0(b)做曲线运动e(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

7、所示。t=0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度为 v 沿中线射入两板间，0t/3 时间内微粒匀速运动，t0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 0t 时间内运动的描述，正确的是e2e0（ bc ）v0de02va.末速度大小为t0ot2ttb.末速度沿水平方向图乙33图甲1c.重力势能减少了2mgdd.克服电场力做功为 mgd【答案】bctt 2t-e q = mg【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33 302tgt2t抛运动，在t =时刻的竖直速度为v =y1，水平速度为 v ；在-t时间内，粒

8、子满足33032e q - mg = ma,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v ，00d 1de = mg = mgd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mgd，选项 d 错误；故选 bc.2 2p11mgd -w =0电出，由动能定理可知，可知克服电场力做功为227. 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qemdmeqeqmga.加速度

9、大小为a+ gb.所需的时间为t =ddc.下降的高度为 y =【答案】bd.电场力所做的功为 w = eqd2【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f = (eq) + (mg ) ，所22f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，a 错误；点电荷在水=md 1qemdmeq平方向的加速度为a，由运动学公式 = a t ，所以，故 b 正确，点电荷在竖直=t =212 21 12mgd12方向上做自由落体运动，所以下降的高度 =gt2 =，故 c 错误；由做功公式 =,故eqdyw2eqd 错误。8.【2019 年 4 月浙江物理选考】用长为

10、1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为 1.010kg、电荷2量为 2.010 c 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-8线成 370，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）a. 该匀强电场的场强为 3.7510 n/c7b. 平衡时细线的拉力为 0.17nc. 经过 0.5s，小球的速度大小为 6.25m/sd. 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】【 详 解 】 ab 小 球 在 平 衡 位 置 时 ， 由 受 力 分 析 可 知 ： qe=mgtan370 ， 解 得，细线

11、的拉力：t=，选项 ab 错误；c小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成 370 角，加速度大小为，则经过 0.5s，小球的速度大小为 v=at=6.25m/s，选项 c 正确；d小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：，带入数据解得 v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项 d 错误。9 .【2019 年物理天津卷】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u2从 m 点竖

12、直向上运动，通过n 点时，速度大小为 u ，方向与电场方向相反，则小球从m 运动到n 的过程（） 1a. 动能增加 mu2b. 机械能增加2mu2223c. 重力势能增加 mu 2d. 电势能增加2mu2【答案】b【解析】112= mv2=【详解】由动能的表达式e2 可知带电小球在 m 点的动能为emv2 ，在 n 点的动能kkm13( )= m 2v = 2mvde = mv为 e2 ，所以动能的增量为2 ，故 a 错误；带电小球在电场中做类22knk平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有qev = v = gt,v = 2v = at = tmv

13、=t ，水平方向的位移，可得qe= 2 mg，竖直方向的位移h2yx2vx = t = vt3= 2h-=，因此有x，对小球写动能定理有 qex mgh emv2 ，联立上式可解得22k1qex = 2mv ，mgh2=2mv ，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加2mv2 ，电势能减少212mv ，故 b 正确 d 错误，重力做负功重力势能增加量为 mv ，故 c 错误。22210.【2019 年物理全国卷 3】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，o、p 是电场中的两点。从 o 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为 的小球 、 。 不带电， 的电荷量为 （ 0）。ma b abq

14、qt从 点发射时的速度大小为 ，到达 点所用时间为 ； 从 点到达 点所用时间为 。重力aovpt bop02加速度为 g，求（1）电场强度的大小；（2） 运动到 点时的动能。bp3mg【答案】（1） e=；（ ） e =2m(v + g t )2202 2qk【解析】【详解】（1）设电场强度的大小为 ，小球 运动的加速度为 。根据牛顿定律、运动学公式和题eba 给条件，有mg+qe=ma1t1a( ) = gt 222 22解得3mge =q（2）设b 从 o 点发射时的速度为 v ，到达p 点时的动能为 e ，o、p 两点的高度差为 h，根据动能1k定理有1e - mv = mgh + q

15、eh212k且有t= v tv1201h = gt22联立式得e =2m(v + g t ) 202 2k11.2013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 =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e过固定的光滑小环 d 与 a 相连，弹簧处于原长，odb轻绳恰好拉直，dm 垂直于斜面。水平面处于场强 e=5104n/c、方向水平向右的匀强电场中。已知 a、b 的质量分别为 m =0.1kg 和 m =0.2kg，amabnb 所

16、带电荷量 q=+4l0 c。设两物体均视为质-6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。求 b 所受静摩擦力的大小；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 e =0.06j。已 知 dn 沿竖直方向，b 与水平面间的动摩擦因数 =0.4。p求 a 到达 n 点时拉力 f 的瞬时功率。f = -0.4np = 0.528w【答案】0 f【解析】（1）f 作用之前，ab 处于静止状态，设b 所受的静摩擦

17、力大小为，ab 间的绳子的张0t力为 ，有0t =m g sin对 a：对 b：q0at = qe + f00f = -0.4n0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qes = dept - m g - qe = m ambb设 a 在 n 点时速度为 v，受弹簧拉力为 f ，弹簧的伸长量为x，有弹v2 = 2asf =kx弹f+m g sinq - f sinq -t = m aa弹as(1- cosq)sinq由几何关系知dx =设拉力 f 的瞬时功率为 p,有 p=fv联立解得：p=0.528w

18、12. 2014 年理综新课标卷3225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，boa60，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(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与oabo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，a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b(1)无电场时，小球到达 a 点时的动能与初动能的比值

19、；(2)电场强度的大小和方向e733mg6q=e =（2)【答案】（1） kaek0 3【解析】设小球的初速度为 v ，初动能 e ，从 o 点运动到 a 点的时间为 t，令 oad，则 ob d，20k0根据平抛运动的规律有dsin 60v t012dcos 60 gt212又有 e mv2k0038由式得 e mgdk0设小球到达 a 点时的动能为 e ，则ka12e e mgdkak0ee73由式得 ka .k0d3(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e 和e ，22papb由能量守恒及式得1223k0e 3e e mgd epak0k032

20、e 6e e mgdepbk0k0k0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x epapb32eoda解得 xd，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 ，由几何关系可得 30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30.cmbe设场强的大小为 e，有 qedcos 30epa由式得 e 3mg.6q13.2015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

21、有大小e1.5106n/c，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 p 电荷量是 2.0106c，质量 m0.25kg，与轨道间动摩擦因数 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 ，且 tan1.2。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。pfeobad p 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s ，求：2v（m s ） 0 v 2-1f/n263小物体 p 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间；小物体 p 从

22、 a 运动至 d 的过程，电场力做的功。答案：（1）t 0. 5s；（2）w9.25j。1解析：（1）小物体 p 的速率 v 从 0 至 2m/s 时，受水平外力 f 2n，设其做匀变速运动的加速度为1a ，经过时间 t 速度为 v ，则根据匀变速直线运动规律有：v a t111111根据牛顿第二定律有：f mgma11联立式并代入数据得：t =0.5s1即小物体 p 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间为 t 0.5s1（2）当物体 p 在速率 v25m/s 时，所受水平外力 f 6n，设先以加速度 a 再加速 t 0.05s 至222a 点，速度为 v ，根据牛顿第二定律有：f fma

23、222根据匀变速直线运动规律有：v v a t212 2由式联立解得：v 3m/s2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 f 6n 不变，设位移为2x ，加速度为 a ，根据牛顿第二定律有：f fqema 1323根据匀变速直线运动规律有：2a x vv2223 1b由式联立解得：x 1m1根据表格数据可知，当物体 p 到达 b 点时，水平外力为 f qe3n，因此，离开桌面在水平方向3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 x ，时间为 t ，则在水平方向上有：x v t232b 3gtv根据几何

24、关系有：cot3225由式联立解得：x m212所以小物体 p 从 a 运动至 d 电场力做的功为：wqe（x x ）12由式联立解得：w9.25j.14.2016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xbaxo1.810 cq=7 ；一质量 m=0.02kg，-图（a）p 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

25、x 的变化关系如图（b）中曲线 ii 所示，其中曲线ii 在k = 9 10 n m /c0.16 x 0.20 和 x0.40 范围可近似看作直线。求：（静电力常量）922（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？110 c310 n

26、 / c4【答案】（1）（2）（3）800v （4）0.065mqq-6【解析】（1）由图可知，当 x=0.3m 时， f = k= 0.018nx21f x2q = 110 c-6因此1kq（2）设在 x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为 f ，f =f +qe合22f - f- 0.012 - 0.018110-6因此 e =n/c = -310 n/c-4合2q电场在 x=0.3m 处沿细秆方向的电场强度大小为3104n/c（3）根据图像可知在 x=0.4m 与 x=0.6m 之间合力做功大小，方向水平向左。w = 0.004 0.2 = 8 10 j-4合由 qu=w合w可得u =

27、合= 800vq（4）由图可知小球从 x=0.16m 到 x=0.2m 处0.03 0.04电场力做功w = 6 10 j-421小球从到x = 0.2m x = 0.4m处1mv -1.610w -j-3电场力做功=2 =22 由图可知小球从到x = 0.4m x = 0.8m处-1.610w = 0.0040.4=j-3电场力做功由动能定理3w w w f s=0+外123w +w +ws -=0.065m3解得=12f外15.2017年新课标卷 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a别为

28、q 和q（q0）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，并从该区域左h 右的下边界离开。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。13mghe =（3）【答案】（1）3:1 （2）2q【解析】（1）设带电小球 m、n 抛出初速度均为 v ，则它们进入电场时的水平速度仍为 v ；m、n00在电场中的运动时间 t 相等，电场力作用

29、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 s 和 s ；由运动公式可得：12v -at=001s = v t + at22101s = v t- at2220s 1=联立解得：1s 32（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 v ，则yv2 = 2gh1h = v t + gt22yvvs因为 m 在电场中做匀加速直线运动，则=01hy 1h = h3由可得vqemgqem（3）设电场强度为 e，小球 m 进入电场后做直线运动，则 =， a =0vy设 m、n 离开电场时的动能分别为 e 、e ，由动能定理k1k21e = m(v + v ) + mgh + qes202y2k111e = m(v + v ) + mgh - qes202y2k 22由已知条件：e =1.5 ek1k2mge =联立解得：16.2017 年新课标 i 卷 25（20 分）2q真空中存在电场强度大