2020年高考物理《带电粒子在复合场中的运动规律》专题训练及答案解析

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1、高考物理高考物理带电粒子在复合场中的运动规律带电粒子在复合场中的运动规律专题训练专题训练 1.如图所示，空间存在着强度E2.510 2 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为 L0.5 m 的 绝缘细线，端固定在O点，另一端拴着质量m0.5 kg、电荷量q410 2 C 的小球。现将细线拉直到 水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂 取 2 /10smg 求： (1)小球的电性。 (2)细线能承受的最大拉力。 (3)当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度。 【答案】 ： (1)正电 (2)15 N (3)0.62

2、5 m 【解析】 ：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电。 (2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qEmg)L1 2mv 2 在最高点对小球由牛顿第二定律得，FTmgqEmv 2 L 由式解得，FT15 N。 (3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则aqEmg m 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则Lvt 设竖直方向上的位移为x， 则x1 2at 2 由解得x0.125 m 所以小球距O点高度为xL0.625 m。 2 (多选)(2018湖南长沙模拟)如图所示， 平行板电容器A、B两极板水平放置， 现将其与理想的二极管(二 极管具有单向导电性)串联

3、接在电源上，已知上极板A通过二极管和电源正极相连，一带电小球从一确定的 位置水平射入，打在下极板B上的N点，小球的重力不能忽略，现仅竖直上下移动A板来改变两极板A、B 间距(下极板B不动，两极板仍平行，小球水平射入的位置不变)，则下列说法正确的是( ) A若小球带正电，当A、B间距离增大时，小球打在N点的右侧 B若小球带正电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧 C若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的右侧 D若小球带负电，当A、B间距离减小时，小球打在N点的左侧 【答案】 ：BC 【解析】 ：因为二极管具有单向导电性，所以电容器两极板上的电荷量只能增大，不能减小；若小球带正电

4、， 小球受到的电场力竖直向下，当A、B间距离增大时，电容器的电容减小，但极板上的电荷量不变，两极板 间电场强度不变，小球受力不变，所以仍会打在N点；A、B间距离减小，电容器电容变大，极板上电荷量 变大，两极板间的电场强度增大，小球受到的竖直向下的合力变大，加速度变大，运动时间变小，水平位 移变小，所以小球打在N点的左侧，故 A 错误，B 正确。同理可知 C 正确，D 错误。 3.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块 滑下的过程中动能增加了 12 J，金属块克服摩擦力做功 8 J，重力做功 24 J。下列说法中正确的是( ) A金属块带负电荷

5、 B金属块克服电场力做功 8 J C金属块的电势能减少 4 J D金属块的机械能减少 12 J 【答案】 ： D 【解析】 ： 金属块滑下的过程中动能增加了 12 J，由动能定理知合外力做功 12 J，其中包括重力、摩擦 力和电场力做功，摩擦力做功Wf8 J，重力做功WG24 J，所以可得电场力做功WF4 J，电场力做 负功。金属块带正电，电势能增加了 4 J，A、B、C 错误；由功能关系可知，机械能的变化 EWfWF 12 J，即机械能减少 12 J，D 正确。 4.一带电油滴在匀强电场 E 中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带 电油滴从 a 运动到 b 的过程

6、中，能量变化情况为（ ） A、电势能增加 B、机械能不变 C、动能和电势能之和增加 D、重力势能和电势能之和减少 【答案】D 【解析】A、油滴受到的重力竖直向下，油滴向上运动，说明油滴受到的电场力向上，并且电场力大于重力， 油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，故 A 错误； B、电场力对油滴做正功，油滴的机械能增加， 故 B 错误； C、根据功能关系可知，在从 a 到 b 的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三 者之和保持不变，从 a 到 b 的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故 C 错误 D、根据功能关系可知，在从 a 到 b 的运动

7、过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三 者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故 D 正确； 故选：D 5.如图所示，电场线方向坚直向下，在 a 点由静止释放一个质量为 m、电荷量为 q 的带电微粒，带电微粒沿 电场线运动到 b 点时速度恰好为零。下列说法正确的是（ ） A、该微粒可能带正电 B、带电微粒在运动过程中，加速度先减小后反向增大 C、带电微粒在运动过程中，电势能先减小后增大 D、带电微粒不能从 b 点返回到 a 点 【答案】B 【解析】 【解答】因为粒子最终速度为减小为零，如果受到向下的电场力，则粒子的速度一定不会减小到零， 所以粒子在

8、运动过程中一定受到向上的电场力，即粒子一定带负电，A 错误；粒子的速度从零增大然后又减 小到零，说明先做加速运动后做减速运动，刚开始 ，最后 ，则说明电场力在增大，所以 刚开始合力在减小，后来合力在增大，所以做加速度先减小后增大的运动，B 正确；过程中电场力向上，粒 子向下运动，电场力一直做负功，电势能一直增大，C 错误；在 b 点电场力大于重力，会向上运动，根据对 称性可得粒子会返回到 a 点，D 错误； 6.如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为 L，板间距离为 d，在距极板右端 L 处有一竖直放置的屏 M，一带电量为 q，质量为 M 的质点从两板中央平行于极板射入

9、电场，最后垂直打在 M 屏上以下说法中正确的是（ ） A、质点打在屏的 P 点上方，板间场强大小为 B、质点打在屏的 P 点上方，板间场强大小为 C、质点打在屏的 P 点下方，板间场强大小为为 D、质点打在屏的 P 点下方，板间场强大小为 【答案】A 【解析】质点先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在 M 屏上，离开电场后，质点一定 打在屏的 P 点上方，做斜上抛运动否则，质点离开电场后轨迹向下弯曲，质点不可能垂直打在 M 板上质 点在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等 于 v0 ， 而且 v0方向水平，质点垂直打在 M 板上

10、时速度也水平，则质点类平抛运动的轨迹与斜上抛运动的 轨迹具有中心对称性，轨迹如图虚线所示， 加速度大小，方向相反，根据牛顿第二定律得到，qEmg=mg，E= 故选 A 由题，质点先在电场和重力场的复合场中做类平抛运动，要垂直打在 M 屏上，离开出场后，质点一 定打在屏的 P 点上方，做斜上抛运动质点从离开电场后到垂直打在 M 屏上过程是平抛运动的逆运动，采 用运动的分解方法可知，分析质点类平抛运动与斜上抛的关系，确定加速度关系，求出板间场强 7.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E100 N/C，电场区域内 有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为 30，A点

11、距水平地面的高度为h4 m。BC段为一粗糙绝缘平面， 其长度为L 3 m。斜面AB与水平面BC由一极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)。竖直边界线O1O2右侧 区域固定一半径为R0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖 直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m1 kg、带电荷 量为q0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩 擦因数 3 5 (g取 10 m/s 2)。 (1)小球到达C点时的速度大小； (2)小球到达D点时所受轨道的压力大小； (3)

12、小球落地点距离C点的水平距离。 【答案】(1)2 10 m/s (2)30 N (3) 2 m 【解析】 ： (1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程，根据动能定理可得： (mgEq)h(mgEq)cos 30 h sin 30(mgEq)L 1 2mv 2 C 解得vC2 10 m/s (2)以小球为研究对象，由C点至D点的运动过程，根据机械能守恒定律可得:1 2mv 2 C1 2mv 2 Dmg2R 在最高点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 FNmgmv 2 D R 解得:FN30 N vD2 5 m/s (3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，可得mgEq

13、ma 应用类平抛运动的规律列式可得xvDt 2R1 2at 2 解得 x 2 m 8.如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向 右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角60时，小球 速度为 0。 (1)求小球带电性质和电场强度E。 (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球在A点应有的初速度vA的大小(可含根式)。 【答案】 ：(1)小球带正电 3mg 3q (2) 2gLr(31) 【解析】 ：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由A点释放到速度等于零，由动能定理 有：0EqLsin mgL

14、(1cos ) 解得E 3mg 3q 。 (2)如图所示，将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则G2 3 3 mg，方向与竖直方向成 30角偏向右下。 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点mv 2 L 2 3 3 mg 小球从A点以初速度vA运动，由动能定理知 1 2mv 21 2mv 2 A2 3 3 mgL(1cos 30) 联立解得vA 2gLr(31)。 9.如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为 d，电容为 C，上板 B 接地现 有大量质量均为 m、带电量均为 q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向 射入，第一滴

15、油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点如果能落到 A 板的油滴仅有 N 滴，且第 N+1 滴油滴刚好 能飞离电场，假定落到 A 板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 g，则 （ ） A、落到 A 板的油滴数 2 q Cdmg N B、落到 A 板的油滴数 2 4 3 q Cdmg N C、第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 8 mgd D、第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 8 3mgd 【答案】 ： 【解析】 ：第一滴油滴落在 A 板的正中央 P 点，该油滴做平抛运动，结合平抛运动规律可得： ) 1.(. 2 00t v l

16、 )2.( 2 1 2 2 0 gt d 第 N+1 滴油滴刚好能飞离电场，极板上共有 N 滴油滴；所以极板的带电量为)3.(NqQ 两极板间的电压为)4.( C Q u 两极板间的场强为)5.( d u E 第 N+1 滴油滴在复合场中做类平抛运动，在竖直方向的加速度大小为：)6.( m Eqmg a )7.(. 0t vl )8.( 2 1 2 2 at d ； 联立 1、2、7、8 式得：)9.( 4 1 ga 联立：6、9 式得：)10.( 4 3 q mg E 联立 3、4、5、10 式得： 2 4 3 q Cdmg N ；故 B 选项正确； 第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所增

17、加的动能等于重力与电场力对其做功之和，由 10 式可知电场力的大 小为重力的 4 3 ；第 N+1 滴油滴运动的过程电场力对其做功为：mgd d mgWd 8 3 24 3 ；重力做功为： 22 mgdd mgWG故外力做功的总和为：mgd 8 1 ；故 C 选项正确； 第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于除重力外其它力对物体做功的总和，在本题中即为 电场力对物体所作的功；即mgd 8 3 ；所以油滴的机械能减少了mgd 8 3 故 D 选项正确； 11.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速 度v0沿ON在竖直面内做匀变

18、速直线运动。ON与水平面的夹角为 30， 重力加速度为g， 且mgqE， 则( ) A电场方向竖直向上 B小球运动的加速度大小为g C小球上升的最大高度为v 2 0 2g D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv 2 0 4 【答案】 ： BD 【解析】 ：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可 知电场方向与ON方向成 120角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag， 方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg2h01 2mv 2 0，解 得hv 2 0 4g，

19、C 错误，电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则 Ep qE2hcos 120qEhmgv 2 0 4g mv 2 0 4 ，D 正确。 12.(2017全国卷25)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 点将质量均为 m、电荷量分别为 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 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不 计空

20、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。 【答案】 ： (1)31 (2)1 3H (3) mg 2q 【解析】 ：(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0。 M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用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 x1和 x2。由题给条件和运动学公式得 v0at0 x1v0t1 2at 2 x2v0t1 2at 2 联立式得x 1 x23 (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式得 v 2 y2gh Hvyt1 2gt 2 M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0 vy x1 H 联立式可得 h1 3H (3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 v0 vy qE mg 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek11 2m(v 2 0v 2 y)mgHqEx1 Ek21 2m(v 2 0v 2 y)mgHqEx2 由已知条件 Ek11.5Ek2 联立式得 E mg 2q