带电粒子在电场中运动的综合问题(一)测试题及解析

带电粒子在电场中运动的综合问题（一）测试题及解析.（2020福建宁彳g质检）如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置， A、B端分别固定带电小球a、b,另一带电小球c（其直径略小于管内径）位于AB中点O,处于静止状态，小球均带正电。轻晃玻璃管可观察到小球 c在。点附近的M、N两点间（M、N关于。点对称）上下运动。下列说法正确的是（ ）M、N两点的电势相等B.小球c在运动过程中机械能守恒C.小球a的电荷量等于小球b的电荷量D.小球c从。点运动到N点电场力做负功解析：选D小球c开始静止在。点，知重力和电场力平衡，可知b球对c球的库仑力大于a球对c球的库仑力，则小球a的电荷量小于小球b的电荷量，小球a和小球b的电荷量不等，故关于ab中点O对称的两点M、N电势不等，故A、C错误；小球在振动的过程中，除重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球c从。点运动到N点的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确。.［多选］如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速度水平通过 A> + -B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则 （ ）A.它们通过加速电场所需的时间相等 J管1.B.它们通过加速电场过程中动能的增量相等C.它们通过加速电场过程中动量的增量相等D.它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等解析：选BD解析：选BD根据牛顿第二定律得，粒子的加速度a=qE,可知加速度相等,因为初速度不同,根据位移时间公式知，运动的时间不同。根据 Av=at知，速度的变化量不同，根据 Ap=m加可知动量增量不相同，故A、C错误；根据动能定理得，qU=AEk,知电场力做功相同，则动能的增量相同，故B正确；因为电场力做功相等，根据电场力做功与电势能的关系知，电势能的减小量相等，故 D正确。.［多选］如图所示为匀强电场的电场强度 E随时间t变化的图像。当时，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，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2s末带电粒子回到原出发点3s末带电粒子的速度为零0〜3s内，电场力做的总功为零解析：选CD设第1s内粒子的加速度为ai,第2s内的加速度为a2,由a=qE可知，a2=2ai,设带电粒子开始时向负方向运动， 可见,

粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至 3s末回到原出发点，粒子的速度为0,设带电粒子开始时向负方向运动，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。.［多选］（2020汕头联考）如图所示，绝缘的斜面体处在一个水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端， 已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J,克服电场力做功为0.5J,重力势能减少了1.5J,则以下说法正确的是（ ）A.金属块带正电荷B.电势能减少0.5JC.金属块克服摩擦力做功 0.7JD.金属块的机械能减少1.2J解析：选CD在下滑过程中金属块克服电场力做功 0.5J,则电势能增加0.5J,故金属块带负电，故A、B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了 0.3J,重力势能减少了1.5J,故重力做功1.5J,又电场力做功为-0.5J,根据动能定理得： 亚总=Wg+W电+Wf=AEk,解得：Wf=—0.7J,故C正确；外力做功为W外=亚电+亚£=—1.2J,故机械能减少1.2J,故D正确。.如图所示，在空间中水平面 MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从 B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平， A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC。由此可知（ ）E*tE*tcA.小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B.电场力大小为2mgC.小球从A到B与从B至ijC的运动时间之比为2：1D.小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2：1解析：选C从A到B到C,整个运动过程中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项 A错；从A到B至ijC,小球在水平方向做匀速直线运动， AB、BC的水平分量之比等于2：1,所以从A到B的时间与从B至ijC的时间之比等于2：1,AB和BC竖直方向上的分量也是2：1,所以竖直方向上的加速度之比是1：2,根据Eq—mg=ma可知qE=3mg,电场力的大小是重力大小的 3倍，则选项C正确，B、D错误。一不可伸长的长度为 L的不导一不可伸长的长度为 L的不导一端固定于O点，当小球静=0.6,cos37=0.8）,则（电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另止在B点时，细线与竖直方向夹角0=37°（sin37A.小球带负电

B.匀强电场电场强度的大小为3mg

4qB.匀强电场电场强度的大小为3mg

4qC.电场中A、B两点的电势差为3mgL4qD.当小球从A点由静止释放至BD.当小球从A点由静止释放至解析：选BD小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电， A错误；根据共点力平衡条件可得 tan37。=旦，解得E=变，Bmg 4q正确；电场中A、B两点的电势差为Uab=—Ed=—EL(1—sin6)=_3m0gL，C错误；小球从A点运动q1到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能te理可得 mgLcos。+Uabq=]mvB2—0,斛得VB=VgL,D正确。.如图所示，四个可视为质点的带电小球 1、2、3、4的质量均为M,小球1、2、3所带的电荷量均为+q,小球4所带的电荷量为一10q。其中小球4在外力作用下静止在绝缘水平面正上方高度为 巫d处，小球1、2、3在绝缘水平面上做圆周运动，运动的半径为d,圆心为小球4在水平面上的投影点，小球1、2、3的连线正好构成一等边三角形。重力加速度为g,静电力常量为k,忽略一切摩擦，则下列说法正确的是 (A.作用在小球4上的外力大小为153kq2

4d2A.作用在小球4上的外力大小为153kq2

4d2B.小球1做圆周运动的周期为47dl 3Mdq；15-4；3kC.小球2的动能为15—4\/3dq212kD.小球3对水平面的压力大小为Mg+5,3kq2

4d2解析：选B小球1、2、3与小球4的连线长度为7<3d2+d2=2d,则该连线与竖直方向的夹角的余弦值为cosa=y=W3,故a=30o对小球4进行受力分析，由力的平衡条件可知作用在小球 4上的2d2外力大小为F=Mg+3kqTqcosa=更躯+Mg,方向竖直向上，A错误。由题意可知，球1、2、32d 4d彼此间的连线夹角为60°,对小球1有kq^qsin“一2谓/cos30=M^d,解得其做圆周运动的周期T=4jdA/ 3Md-B正确。小球2的动能为Ek2=1MV22=^M^zHd-=15-：4?^3kq,C错误。小球q；15—4：3k 2 2T 24d3在竖直方向的合力为零，由力的平衡条件得Fn=Mg—k：；0%$"=Mg-55q,则由牛顿第三定律可知小球3对水平面的压力大小为 Mg-Wlkq，D错误。4d

.［多选］（2020石家庄联考）如图甲所示，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V0沿中线射入两板间，0〜T时间内微粒匀速运动，T时刻微3重力加速度的大小为 go重力加速度的大小为 go关于微粒在。〜T时间内运动的描述，正确的是（ ）1C.重力势能减少了2mgdD.克服电场力做功为mgd1C.重力势能减少了2mgdD.克服电场力做功为mgd解析：选BC因。〜T内微粒匀速运动，故Eoq=mg；在1~2T时间内，粒子只受重力作用，做平抛运3 3 3动，在t=2T时刻的竖直速度为Vyi=gT,水平速度为vo；在2T〜T时间内，由牛顿第二定律得 2Eoq—3 3 3mg=ma,解得a=g,方向向上，则在t=T时刻，vy2=vy1—g《=0,微粒的竖直速度减小到零，水平3d1 . 速度为vo,选项A错反,B正确；效粒的重力势能减小了 AEp=mg5=2mgd,选项C正确；从射入到1 1射出，由动能te理可知2mgd—W电=0,可知克服电场力做功为-mgd,选项D错误。.［多选］（2020成都模拟）如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。现准备将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从a点以初动能Ek0抛出。第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，经过c点时，小球动能为5Eko；第二次，加一方向平行于 abc所在平面、场强大小为2mg的匀强电场，沿某一方q向抛出小球，小球经过c点时的动能为向抛出小球，小球经过c点时的动能为13Ek0o不计空气阻力，重力加速度大小为g。卜列说法正确的是（）A.所加电场的方向水平向左B.a、b两点之间的距离为5Ek0

mgB.a、b两点之间的距离为5Ek0

mgC.b、c两点之间的距离为4Ek0

mgD.a、c间的电势差Uac=8Ek0

q解析：选CD解析：选CD不加电场时，只有重力做功，根据动能定理得：mghab=5Ek0—Ek0=4Ek0.14Ek0解得：hab=m,g故B错误；不加电场时小球做平抛运动，竖直方向:故B错误；不加电场时小球做平抛运动，竖直方向:hab=jgt2,水平方向：Xbc=V0t,又Ek0=2mv02,联立解得：xbc=常，故C正确；加电场时，根据动能定理得:mghab+qU联立解得：xbc=常，故C正确；加电场时，根据动能定理得:mghab+qUac=13Ek0—Ek0,解得：Uac春，故D正确；根据U=Ed得,ac沿电场方向距离为:8Ek0d=UEaC=彘=焉=。,又沿着电场方"V向电势逐渐降低可知，电场方向水平向右，故A错误。10.(2019天津高考)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2mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加2mv2D.电势能增加2mv21c1c3解析：选B小球动能变化重AEk=2m(2v)2—2mv2=]mv2,故A错误。由于重力和电场力做功， 小球机械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动， 由运动学公式得(2v)2-0=2qEx,则电势能减少量等于电场力做的功 AEp电=W电=qEx=2mv2,故B正确，D错误。小球在竖直方向做匀减速到速度为零的运动，由一 v2=- 12gh,得重力势能增加重 上p重=mgh=尹丫2,故C错反。.在地球大气层外的空间中，当同步卫星在其参考位置附近飘移时，可以利用离子推进器产生的推力进行卫星姿态的控制和轨道的修正。离子推进器的工作原理是先将推进剂电离，并在强电场作用下将离子加速喷出，通过反冲运动获得推力。如图所示为离子推进器的示意图：推进剂从 P处进入，在A处电离成正离子，BC是加速电极，离子在BC间的加速电压的作用下，从D喷出。已知该正离子的比荷(电荷量与质量之比)为k,经电压为U的电场加速后形成电流强度为 I的离子束。若离子进入B的速度很小，可忽略不计。求：(1)离子从D喷出的速度;(2)同步卫星获得的推力。解析：(1)设该正离子的质量为 m,电量为q,....... 1c根据动能7E理Uq=2mv2=\/2kUo得到离子的出射速度为 v==\/2kUo得到离子的出射速度为 v=2Uk°2Uk°2mU(2)根据题意，在At时间内喷射出离子的数目为N=f喷射出的离子的质量为M=Nm,根据动量定理F•kMv,得到F=Iq

答案：⑴，2kU(2)I工.如图所示，倾角 0=37°的光滑斜面AB与光滑半圆弧BC在B点相切，圆弧BC的圆心为O,半径R=0.4m,整个空间存在方向水平向右的匀强电场，电场强度 E=3.0X103N/C。一个质量为mi=1kg,带电荷量q=+3M0-3C的滑块P由A端从静止开始沿绝缘的斜面向上运动，另一不带电、质量为 m2=0.2kg的滑块Q最初固定于B点，斜面AB长度l=15m。当滑块P运动到B点前一瞬间，将滑块Q由静止释放，两者碰撞后粘在一起运动，两滑块均可视为质点，碰撞时间极短，碰撞过程中总电荷量保持不变,g取10m/s2(sin37=0.6,co