2020版高考物理一轮复习 第七章 课时作业26 带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题课件 新人

课时作业26带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题时间：45分钟1．如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场．一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变．则该外力做的功为()A．mgLB.mgLtanθC．mgLtanθD.mgLcosθB解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝mgtanθ，由动能定理可知：WF＝－WF合＝mgtanθ·L.2．水平放置的平行板电容器与某一电源连接充电后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则()DA．如果小球所带的电荷量为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小解析：小球在极板间受到竖直向下的重力作用与竖直方向的电场力作用，由图示小球运动轨迹可知，小球受到的合力竖直向下，即重力与电场力的合力竖直向下．当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电荷，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力的方向，A错误．如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误．小球受到的合力向下，小球从A运动到B过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误．小球从A运动到B过程中，若电场力做正功，机械能增加，若电场力做负功，机械能减少，D正确．3．如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，一带正电粒子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点做减速直线运动，其a­t图象如图乙所示，则下列说法正确的是()A．该电场一定是匀强电场B．电场线的方向由A指向BC．A、B两点电场强度的大小关系满足EAEBD．A、B两点的电势关系满足φAφBC解析：由图乙可以知道，加速度逐渐增大，即电场力逐渐增大，故场强增大，即EAEB，说明电场不是匀强电场，故A错误，C正确；根据题意，带正电的粒子，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点做减速直线运动，可以知道场强方向与粒子运动方向相反，故B错误；由于电场线的方向为由B指向A，则电势的关系为φAφB，故D错误．4．(多选)图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v­t图象如图乙所示．下列判断正确的是()A．P点电势高于Q点电势B．P点场强大于Q点场强C．P、Q两点的电势差为mv202qD．带负电粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能ABC解析：由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；由题图乙可知，粒子在P处的加速度大于粒子在Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；由动能定理知qUPQ＝12mv20，可求出P、Q两点的电势差为mv202q，故C正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故该带负电的粒子在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故D错误．5．如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是()A．x1和x2处的电场强度均为零B．x1和x2之间的场强方向不变C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大D解析：φ­x图象中斜率表示场强，斜率的绝对值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿负方向后沿正方向，A、B项错误；粒子由x＝0处由静止沿x轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，则从x＝0到x＝x2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；因从x＝0到x＝x2过程中，电场强度先减小后增大，故粒子的加速度先减小后增大，D项正确．6．(多选)质量为m、电荷量为＋q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘水平高台上飞出．已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝3mgq.则()BDA．金属块不一定会与高台边缘相碰B．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为v204gD．金属块运动过程的最小速度为10v010解析：小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A错误，B正确；小金属块水平方向上加速度为－3g，根据速度位移关系公式，有xmax＝v202×3g＝v206g，故C错误；小金属块水平方向，分速度vx＝v0－3gt；竖直方向做自由落体运动，分速度vy＝gt；合速度v＝v2x＋v2y＝v0－3gt2＋gt2＝10g2t2－6gtv0＋v20，根据二次函数知识，当t＝3v010g时，有极小值10v010，故D正确．7．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小．解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan60°＝3mg.(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有mgcos60°＝mv2r，解得v＝2gr.在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有mgr(1＋cos60°)＋Frsin60°＝12mv20－12mv2，解得v0＝22gr.答案：(1)3mg(2)22gr8．(2019·安徽蚌埠一模)(多选)在光滑绝缘水平面存在着一个静电场，其中一条电场线沿x轴方向且各点电势φ随x坐标变化规律如图所示．一质量为m、电荷量为－q的带负电小球从O点由静止释放，该小球沿x轴做直线运动，则()ABCA．小球在0～x2间做加速度增大的加速运动，经过x2后做匀减速直线运动B．小球在x2处电势能最小，动能最大C．小球在x2处速度最大，在x1、x3处速度相同D．小球在x4处速度是在x3处速度的一半解析：由E＝－ΔφΔx可知，小球在0～x2间电场强度大小逐渐增大，方向沿x轴负方向，经过x2后电场强度大小和方向不变，方向沿x轴正方向，所以小球在0～x2间做加速度增大的加速运动，在x2后做匀减速直线运动，A正确；x2处电势最高，小球在x2处电势能最小，动能最大，B正确；小球在x2处速度最大，x1、x3处电势相等，小球在x1、x3处电势能相等，则动能相同，速度相同，C正确；0～x3间由动能定理2φ0q＝12mv23，v3＝2φ0qm，同理可得v4＝2φ0qm，D错误．9．(2019·湖北襄阳五中质检)(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t＝0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B．2s末带电粒子回到出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～1.5s内，电场力做的总功为零CD解析：根据a＝Fm＝qEm，可知带电粒子在第1s匀加速运动，在第2s内先匀减速后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，故A错误．带电粒子的v­t图象如图所示，图象与t轴围成图形的面积表示位移，时间轴上方为正，时间轴下方为负，可知在t＝2s时位移不为零，故B错误．粒子在第3s末的瞬时速度刚好减到零，故C正确．第1.5s末的速度为零，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前1.5s内动能的变化量为零，即电场力做的总功为零，故D正确．10．(2019·湖北荆州一模)平行金属板A、B相距为d(d足够大)，如图甲所示，板间加有随时间而变化的电压，如图乙所示．其中U0和T已知．A板上O处有一静止的带电粒子，其电荷量为q(q0)，质量为m(不计重力)．在t＝0时刻受板间电场加速向B板运动，途中由电场反向又向A板返回，T时粒子恰好回到O点．(1)求U0、Ux的比值应满足什么关系？(2)粒子返回O点时的动能是多少？解析：(1)0～T3、5T6～T粒子加速度大小a1＝U0qdm，方向向右，T3～5T6粒子加速度大小a2＝Uxqdm，方向向左．T时粒子恰好回到O点12a1T32＋a1×T3×T2－12a2T22＋a1×T3－a2×T2×T6＋12a1T62＝0，U0Ux＝a1a2＝57(2)粒子回到O点速度v＝a1×T3－a2×T2＋a1×T6＝－U0qT5dm此时粒子动能Ek＝12mv2＝U20q2T250d2m答案：(1)U0Ux＝57(2)q2U20T250md211．(2019·湖南郴州二模)如图所示，一足够长的固定斜面，倾角θ＝30°.质量为M＝0.2kg的绝缘长板A，以初速度v0＝3m/s，沿斜面匀速下滑．空间有一沿斜面向下的匀强电场，电场强度E＝2.5×102N/C.质量为m＝0.1kg、电荷量为q＝＋4×10－4C的光滑小物块B，轻放在A板表面上(整个过程未从上端滑出)，此后经时间t＝0.1s，撤去电场，当物块速度为v＝8m/s时恰好离开板A，g取10m/s2.求：(1)撤电场时物块B的动能EkB和1s内的电势能变化量ΔEp；(2)撤电场时，板A的速度vA；(3)物块B在板A上运动的全过程，系统发热Q.解析：(1)开始时，B在板上加速：qE＋mgsin30°＝ma1撤去电场时，B的速度vB＝a1t＝0.6m/sB的动能EkB＝12mv2B＝0.018J此时B在电场方向上的位移L1＝v2B2a1＝0.03mB的电势能变化量ΔEp＝－qEL1＝－3×10－3J(2)A匀速下滑有Mgsin30°＝μMgcos30°B轻放上A，对A有μ(M＋m)gcos30°－Mgsin30°＝Ma0撤去电场时，A的速度：vA＝v0－a0t＝2.75m/s；(3)如果B还在A上运动时：因为最大静摩擦力FfmaxMgsin30°，当A速度减为0后，A将静止在斜面上从撤去电场到A静止的过程中，A、B整体动量守恒：mvB＋MvA＝mv1当A速度为0时，可得B的速度v1＝6.1m/s8m/s因此，A静止后，B继续在A上加速运动直到离开A的总位移xA＝v202a0＝1.8m系统发热Q＝μ(m＋M)gcos30°×xA＝2.7J.答案：(1)0.018J3×10－3J(2)2.75m/s(3)2.7J