2020届高三精准培优专练十四带电粒子在电场中的运动（教师版）

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1、精准培优专练 1本知识点常以计算题的形式与牛顿运动定律、功能关系、能量守恒综合考查。2两点注意：(1)注意带电粒子重力能否忽略；(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题。典例1.(2018全国III卷21)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t

2、时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等【解析】两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qExEk得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEtmv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。【答案】BD典例2.(2019全国II卷24)如图，如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为(0)。质量为m，电荷量为q(q

3、0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2lv0t联立式解得：Ekmvqhlv0。(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则

4、金属板的长度最短由对称性知，此时金属板的长度L为L2l2v0。1如图，平行板电容器AB两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知A和正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点。现保持B板不动，通过上下移动A板来改变两极板的间距（两板仍平行），下列说法中正确的是()A若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧C若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧D若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧【答案】AD【解析】若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据，知d减

5、小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧。故A正确。若小球带正电，当d增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得Q不可能减小，所以Q不变，根据，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点。故B错误。若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据，知E不变，所以电场力大小不变，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然可能打在N点。故C错误。若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球

6、做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧。故D正确。2如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是()A电场力对两粒子做功相同B两粒子到达P点的速度大小可能相等C两粒子到达P点时的电势能都减小D两粒子到达P点所需时间一定不相等【答案】D【解析】由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为

7、零，而N、P间的电势差大于零，根据WqU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PML，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为，则M点的粒子到达P点的时间：tM，N点的粒子到达P点的时间：tN，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。3如图所示

8、，在与水平面夹角为60的匀强电场中，有一带负电的物块A放在倾斜的绝缘木板上，物块所受电场力的大小为其重力大小的一半，木板的倾角为30和60时物块所受的摩擦力大小恰好相等，则物块与木板间的动摩擦因数为()A BC D【答案】D【解析】当木板倾角是30时，物块受到重力、支持力、垂直斜面向下的电场力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，FN1mgcos30qEmg()，当木板倾角是60时，物块受到重力、支持力、与斜面成30向下的电场力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：FN2mgcos60qEcos30mgmg，两式比较可知，FN1FN2，在摩擦因数相等的情况下，一定是木板的倾角为30是静摩擦力，6

9、0时物块所受的是滑动摩擦力。木板的倾角为30时物块受力平衡，得：f1mgsin30mg，木板的倾角为60时物块受摩擦力：f2FN2(mgmg)，由题意：f1f2，联立解得：.故D正确，ABC错误。4如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程xky2，且小球通过点P。已知重力加速度为g，则()A电场强度的大小为B小球初速度的大小为C小球通过点P时的动能为D小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少【答案】BC【解析】小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，qEmg，

10、电场强度的大小为E，A错误；F合mgma，所以ag，由类平抛运动规律有v0t，gt2，得小球初速度大小为v0，B正确；由P点的坐标分析可知，所以小球通过点P时的动能为mv2m(vv)，C正确；小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即WqE，D错误。5 在竖直平面内有水平向右、电场强度为E1104 N/C的匀强电场，在场中有一个半径为R2 m的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成37角，质量为0.04 kg的带电小球由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同。现去掉弦AB和AC，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动

11、，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（cos 370.8，g10 m/s2）下列说法正确的是()A小球所带电量为q3.6105 CB小球做圆周过程中动能最小值是0.5 JC小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小D小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0 N【答案】BCD【解析】由题知，小球在复合场中运动，由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同，则A点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得mgtan37qE解得小球的带电量为，故A错误；小球做圆周过程中由于重力和电场力都是

12、恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力m，小球做圆周过程中动能最小值EkminmvA2J0.5J，故B正确；由于总能量保持不变，小球从B到A过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C正确；将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成，等效重力，等效重力加速度为，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A点速度为，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效

13、最低点的速度为v，由动能定理得。在等效最低点，由牛顿第二定律，联立解得小球在等效最低点受到的支持力根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N，故D正确。6如图，一斜面紧靠竖直墙面固定在水平地面上。在纸面内加一匀强电场，其方向与水平面夹角60，场强，现将一质量为m带电量为+q的小球从斜面上P点竖直向上以v0抛出，第一次与接触面撞前空中飞行的竖直位移为y1，若仅将初速度大小变为3v0从P点竖直抛出，第一次与接触面碰撞前在空中飞行的竖直位移为y2，则下列说法可能正确的是()Ay22y1 By24y1 Cy26y1 Dy210y1【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿电

14、场方向的电场力，大小为，其竖直分量为；则小球做竖直方向做匀速运动；水平方向 ，则水平方向做加速度为的匀加速运动；若小球第一次能落到斜面上，则第一次与接触面撞前，则 （其中为斜面的倾角），则，则当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的9倍；若两次小球第一次均落在竖直墙壁上，则水平位移相等，则时间相等，由yv0t可知，则当初速度大小变为3v0时，竖直位移y变为原来的3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墙壁上，可知竖直位移应该介于3倍和9倍之间，则选项BC正确，AD错误。7如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成 60角，纸面内的线段MN与水平方向成30角，MN长度为

15、d。现将一质量为m、电荷量为q(q0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN（待求）；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点（未画出），已知重力加速度大小为g，求：(l)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；(2)M点和P点之间的电势差；(3)小球在P点动能与在M点动能的比值。【解析】(l)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：mgsin30Fsin30Eqsin120得：E3mgq合力：Fmg从MN,有：2adN2得：N2gd(2)如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，小球做类平抛运

16、动：hcos6012at2，hsin60NtUMCEhcos30，UMPUMC得：UMP-4mgdq(3)如图乙，作PD垂直于MN，从MP，由动能定理：FSMDEKP-EKMSMDhsin30EKM12mvN2EKPEKMFSMD+EKMEKM73。8如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在

17、垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有LnTv0解得T粒子在T内离开中心线的距离为ya又a，E解得y在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2y粒子不撞击金属板，应有ymd解得T2d故n，即n取大于等于的整数所以粒子的周期应满足的条件为T，其中n取大于等于的整数。(2)粒子进入电场的时刻应为T，T，T，故粒子进入电场的时刻为tT(n1，2，3，)。9如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平界面MN的下方分布有水

18、平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图象如图乙。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为 0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小；(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离。【解析】(1) 由牛顿第二定律得，在A点： 在B点： 由联立解得: (2)从A到B过程，由动能定理得： 将电场力与重力的合力等效为“重力G”，

19、与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”时滑块对轨道压力最大，则： 从B到“等效最低点”过程，由动能定理得： 由牛顿第二定律得： 由式联立解得：由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为(3)从B到C过程，由动能定理得： 从C点到再次进入电场的过程中做平抛运动：水平方向： 竖直方向： 设速度方向与水平方向的夹角为1，则 进入电场后，受向左的电场力与竖直向下的重力， 由式联立可得：，则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 从C点到水平轨道： 由式联立可得：，因此滑块再次到达水平轨道的速度大小为，方向与水平方向夹角的正切值为、斜向左下方，位置在B点左侧6R处。10如图所示，一带电荷量q0.05 C、质

20、量Ml kg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量ml kg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数0.75。距平板左端L0.8 m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E100 N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g10 m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；(2)平板的最小长度；(3)从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有a2.5 m/s2g故平板M与物

21、块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL解得：v12.0 m/s设向左为正方向，则平板反弹后，物块以速度v12.0 m/s、加速度大小a17.5 m/s2，向左做匀减速运动；平板以速度v12.0 m/s、加速度大小a212.5 m/s2，向右做匀减速运动。设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1，则有：v1a1t1v1v1a2t1v1解得：t10.2 s，v10.5 m/s，方向向左。此时平板左端距挡板的距离：xv1t10.15 m此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理得：qEx1解得：v21.0 m/s。(2)最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qELmgl解得：lm0.53 m。(3)设平板第n1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn1和vn，平板第n1次反弹后设经历时间tn1，平板与物块达到共同速度vn1，以向左为正方向，则：对平板有：vn1vn1a2tn1位移大小对物块有：vn1vn1a1tn1由以上三式解得：，此后两者一起向左匀加速，由动能定理得：qExn1解得：从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：I2Mv12Mv22Mv32Mv4解得：I8.0 Ns。11