2019届高考物理(课标通用)：(二十七) 带电粒子在电场中运动的综合问题(重点高中)

课时跟踪检测（二十七） 带电粒子在电场中运动的综合问题

卷Ⅰ—保分题目巧做快做

[A级——保分题目巧做快做]

★1．密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是( )

A．悬浮油滴带正电 mgB．悬浮油滴的电荷量为U C．增大场强，悬浮油滴将向上运动

D．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍

解析：选C 悬浮油滴受到电场力和重力的作用，且二力大小相等方向相反，由于电场Umgd

的方向竖直向下，因此悬浮油滴带负电，A错误；由qd＝mg知，q＝U，B错误；增大场强，悬浮油滴受到的电场力增大，悬浮油滴将向上运动，C正确；悬浮油滴所带电荷量一定是电子电量的整数倍，D错误。

2．[多选](2018·宜昌六校联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球( )

A．重力做功为5 J C．空气阻力做功0.5 J

B．电势能减少2 J D．动能减少3.5 J

解析：选BD 小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。

3．[多选]一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为( )

A．3v C．5v

B．4v D．6v

解析：选AC 若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重U

力，有：q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动

d2U

时，有q＝mg＋kv′，联立解得v′＝3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下

d2U

做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，联立解得v″＝5v，C正确。

d

4．[多选](2018·贵阳模拟)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )

A．小球带负电

B．匀强电场电场强度的大小为

3mg

4q

3mgL

C．电场中A、B两点的电势差为 4q

D．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为gL 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tan 37°Eq3mg＝，解得E＝，B正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)mg4q3mgL＝－，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可

10q1

得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝gL，D正确。

2

★5.[多选](2015·山东高考)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律T

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～时间内

3微粒匀速运动，T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0～T时间内运动的描述，正确的是( )

A．末速度大小为 2v0 B．末速度沿水平方向 1

C．重力势能减少了mgd

2D．克服电场力做功为mgd

T

解析：选BC 0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向：

3T2T2T

做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时

3332qE0－mgT2TT

刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·m333＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确。重力势能的减少量ΔEpd111

＝mg·＝mgd，所以选项C正确。根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所

2222以选项D错误。

★6．(2018·温州模拟)如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图像可求出( )

A．小物块的带电量 B．A、B间的电势差 C．小物块的质量

D．小物块速度最大时到斜面底端的距离

解析：选C 由动能图线得知，小物块的速度先增大，后减小。根据库仑定律得知，小物块所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度

为零。由动能图线看出，速度有最大值，此时小物块受力平衡，小物块所受库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求出q，故A错误；A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出A、B之间的电势差，故B错误；由重力势能线得到Ep＝mgh＝mgxsin θ，算出斜率，即可求出m；图像中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离，故D错误。

7．[多选](2018·江西吉安一中段考)如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，水平面上方有水平向右的匀mg强电场，电场强度为E＝。如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初

q速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是( )

A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C．滑块回到A点时速度大小为

1－μ

v 1＋μ

mv2

D．A、B两点间电势差为－

21＋μq

解析：选CD 由于qE＝mg＞μmg(μ＜1)，可知滑块运动到B点后返回向A运动，向左运动时，根据牛顿第二定律：Eq＋μmg＝ma1，向右运动时，根据牛顿第二定律：Eq－μmg＝ma2，加速度不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A错误；来回运动时摩擦力做功，有能量损失，故到A点时速度大小要小于v，故选项B错误；设回到A点时11

的速度为vA，则根据动能定理有：－(Eq＋μmg)s＝0－mv2，(Eq－μmg)s＝mvA2－0，联

22立整理可以得到：vA＝

1－μmv2

v，UAB＝－Es＝－，故选项C、D正确。 1＋μ21＋μq

8．[多选](2018·西安长安区联考)如图甲所示，平行金属板AB之间距离为6 cm，两板间电场强度随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×10

－5

s。某带正电的粒子，电荷量为8.0×10

－19

C，质量为1.6×10

－26

kg，于某时刻在两板间

中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则( )

A．若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板 T

B．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到B板

2T

C．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到A板

4D．若粒子于t＝

3T

时释放，则一定能运动到A板 8

－19

Eq2×8.0×10

解析：选AD 粒子在板间运动的加速度a＝＝ m/s2＝108 m/s2，在26m1.6×10－

Td1T218－5)2m＝8×10－2m＝8 cm，时间内粒子的位移x1＝a＝×10×(4×10因x＞＝3 cm，122222T

故若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确。若粒子于t＝时释放，则粒2TTT

子向A板运动，最后到达A板，选项B错误。若粒子于t＝时释放，在～的时间内粒子

442T3T1T218－5)2m＝2×10－2 m＝2 cm；在～向B板加速，位移为x2＝a＝×10×(2×10的时24224间内粒子向B板减速，位移为x3＝x2＝2 cm，故此时已经到达了B板，选项C错误。若粒3T3TT1T218

子于t＝时释放，则在～的时间内粒子向B板加速，位移为x2′＝a＝×10×(10

882282T5T－5)2m＝0.5×10－2 m＝0.5 cm，在～的时间内粒子向

2

8

B板减速，位移为x3′＝x2′＝0.5

5T13T218－5)2m＝cm；在～T的时间内粒子向A板加速，位移为x2″＝a＝×10×(3×1082824.5×10－2 m＝4.5 cm；因4.5 cm－2×0.5 cm＝3.5 cm>3 cm，故此时粒子已经到达A板，选项D正确。

9．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑5

重力作用。若k＝，电子在0～2T时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。

4

解析：电子在0～T时间内做匀加速运动 eU0加速度的大小a1＝md 1

位移x1＝a1T2

2

在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 keU0加速度的大小a2＝

md初速度的大小v1＝a1T v12

匀减速运动阶段的位移x2＝

2a2由题知d＞x1＋x2，解得d＞ 答案：d＞

9eU0T2 10m

9eU0T2。 10m

10．(2018·河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)。求这些电子穿过平行板时距OO′的最大距离和最小距离。

解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t＝0、t＝t0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度vy随时间变化的vy-t图像，如图甲和乙所示。

U0EeU0e电场强度E＝d，电子的加速度a＝m＝dm U0et02U0et0图甲中，vy1＝at0＝dm，vy2＝a×2t0＝dm

由图甲可得电子的最大侧位移 vy1＋vy2vy13U0et02

ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝md 22由图乙可得电子的最小侧位移 vy13U0et02

ymin＝t0＋vy1t0＝。

22md3U0et023U0et02

答案：md 2md

★11．(2018·济南八校联考)如图所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R

＝40 cm，一带正电荷q＝104 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：

(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)

(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？ 解析：(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得， 1qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0

2小滑块在C点时，重力提供向心力， v2

所以mg＝m

R

代入数据解得v＝2 m/s，L＝20 m。

(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得， 1

qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝mvP2－0

2在P点时由牛顿第二定律可得， vP2

FN－qE＝m，

R

代入数据解得FN＝1.5 N。

由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。

1

(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R＝gt2，可得滑块运动

2

－

的时间为t＝

4Rg

得t＝0.4 s。

滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma 所以加速度a＝2.5 m/s2 1

水平的位移为x＝vt－at2

2代入解得x＝0.6 m。

滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s

水平方向的速度的大小为vx＝v－at＝1 m/s 落地时速度的大小为v地＝ 解得v地＝ 17 m/s。

答案：(1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m

17 m/s

vx2＋vy2