课时分层精练(四十二) 带电粒子在电场中运动的综合问题
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1.
如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B.小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C.小球的机械能可能增加
D．以上都有可能
2．如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中( )
A．物体克服静电力做功0.6qEs
B．物体的电势能增加了qEs
C．物体的重力势能增加了qEs
D．物体的动能减少了0.6qEs
3．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T.则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
4．竖直面内有A、B、C、D四点构成矩形，AC竖直，∠DAC＝30°，空间有一范围足够大的匀强电场，方向由D指向C，将一质量为m、不带电的小球a从A点以某一速度水平抛出，经过D点时，其动能是A点的4倍；将另一质量也为m、带正电荷q的小球b从A点以相同大小的速度水平抛出，经过B点时的动能也是A点的4倍，则场强E的大小等于( )
A． B． C． D．
5．如图所示，竖直平面直角坐标系xOy所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角．A是电场中的一点，O、A两点的连线与一条电场线重合．一质量为m、电荷量为q的带电小球从A点沿平行于x轴正方向射出，小球经过时间t到达x轴上的B点，到达B点时小球的动能与在A点射出时相同．已知A、B两点距离坐标原点O的距离相等，重力加速度大小为g.则带电小球从A点运动到B点增加的电势能为( )
A．mg2t2 B．mg2t2
C．mg2t2 D．mg2t2
6．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板．A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
7．[2024·江西南昌十中校考一模]在一横截面为正方形的柱形区域内有匀强电场，正方形边长为L，如图所示，电场线为与AC平行的一簇平行线，P为AB边的中点，质量为m电荷量为q(q＞0)的带电粒子自P点以大小不同的速度进入电场，速度方向与电场方向垂直．已知进入电场时速率为v0的粒子恰好由C点离开电场，运动中粒子仅受电场力作用．
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子从DC的中点Q离开电场，该粒子进入电场的速度为多大；
(3)若粒子从P进入电场到D点离开，则粒子在此过程中所受电场力的冲量为多大．
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8.如图，光滑绝缘足够长的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右，大小为E.两小滑块A和B静置于水平面上，其位置连线与电场方向平行．两小滑块质量均为m，A带电荷量为q(q>0)，B不带电．初始时，A和B的距离为L，现释放小滑块A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与B发生弹性碰撞．若每次A和B发生碰撞均为对心正碰，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短．已知q＝0.1 C，E＝1 V/m，m＝0.2 kg，L＝1 m，求：
(1)发生第一次碰撞前A获得的速度大小v及第一次碰撞后A和B获得的速度大小vA1和vB1；
(2)从开始释放A到与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离；
(3)试在图中画出A从开始释放到与B发生第三次碰撞前的v t图像(不要求写过程).
1．解析：小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，A错误，B正确；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C、D错误．
答案：B
2．解析：由于物体所受静电力和运动方向相同，故静电力做正功W＝Eqs，故A错误；静电力做正功，电势能减小，物体的电势能减小了qEs，故B错误；重力做功WG＝－mgs，重力做负功，重力势能增加，又由题可知，mg＝1.6qE，所以重力势能增加了1.6qEs，故C错误；物体做减速运动，所受合外力做负功，动能减小，由动能定理得：ΔEk＝－F合s＝－mas＝－0.6Eqs，所以物体的动能减少了0.6qEs，故D正确．
答案：D
3．解析：设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a
若粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，
ymax＝a（）2＋a××＝aT2
若粒子在t＝nT＋时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小．
ymin＝0＋a（）2＝aT2
则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．
答案：C
4．解析：不带电小球只受重力作用，带电小球受到重力、沿DC方向的电场力作用．不带电小球向右水平抛出后做平抛运动，从A到D由动能定理有WG＝ΔEk
即1.5mgR＝4Ek0－Ek0
化简得1.5mgR＝3Ek0
带电小球向左水平抛出后在复合场中运动，从A到B重力做功为0.5mgR，电场力做功为W＝EqR
则由动能定理有W＋0.5mgR＝ΔEk
即W＋0.5mgR＝4Ek0－Ek0
可得mgR＝EqR
则E＝
故选A.
答案：A
5．解析：小球从A点运动到B点动能不变，设A、B两点距离坐标原点O的距离为L，由动能定理知mgL sin 60°－qE（L＋L cos 60°）＝0
解得E＝
小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知mg－qE sin 60°＝may
又h＝ayt2，解得h＝gt2
小球沿电场线方向上的位移大小为d＝（1＋cos 60°）＝gt2
则电势能的增加量ΔEp＝qEd＝mg2t2
故选C.
答案：C
6．解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子是在t＝时刻进入时，在～，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在～，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，时刻速度为零，在～T，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T～，受到的电场力向左，继续向左做减速运动，时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B板，故C正确；若电子是在t＝时刻进入时，与在t＝时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故D错误．
答案：BC
7．解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动．设粒子由P到C用时为t1，则L＝v0t1，L＝t
解得E＝
（2）设粒子以速度v由P到Q用时为t2，
则L＝vt2，L＝t
解得v＝v0
（3）设粒子由P到D用时为t3，粒子在此过程中所受电场力的冲量I＝qEt3
又有L＝t
解得I＝2mv0
答案：（1） （2）v0 （3）2mv0
8．解析：（1）A受电场力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝0.5 m/s2
根据2aL＝v2, 解得v＝1 m/s
此时A的加速时间t0＝＝2 s
碰撞过程，取向右为正，由动量守恒定律可得mv＝mvA1＋mvB1
根据能量守恒定律可得mv＝mv＋mv
联立解得vA1＝0，vB1＝v＝1 m/s
（2）碰撞后A受电场力做匀加速运动，B做匀速运动，设追上时间为t ，则xA＝xB
即at＝vB1t1
解得t1＝4 s
此时A的速度为vA2＝at1＝2 m/s
A的位移xA＝at＝4 m
则从开始释放A到与B发生第二次碰撞前，小滑块A运动的距离x＝L＋xA＝5 m
（3）A从开始释放到与B发生第三次碰撞前的v t图像如图所示
答案：（1）1 m/s 0 1 m/s （2）5 m （3）见解析
