1、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B悬浮油滴的电荷量为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，由于电场的方向竖直向下，因此悬浮油滴带负电，A错误；由qmg知，q，B错误；增
2、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 JB电势能减少2 JC空气阻力做功0.5 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
3、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()A3v B4vC5v D6v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
4、降，有mgkv，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，知电场力大于重力，有：qmgkv，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时，有qmgkv，联立解得v3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有qmgkv，联立解得v5v，C正确。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37(sin 370.6，cos 370.8)，则()A小球带负电B匀强电场电场强度的大小为C电场中A、B两点的电势差为D
5、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，解得E，B正确；电场中A、B两点的电势差为UABEdEL(1sin )，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，根据动能定理可得mgLcos UABqmvB20，解得vB，D正确。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如图乙所示。t0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时间内微粒匀速运动，T时刻
6、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0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为 v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd解析：选BC0时间内微粒匀速运动，有mgqE0。把微粒的运动分解，水平方向：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，时刻，v1yg；T时间内，ag，做匀减速直线运动，T时刻，v2yv1ya0，所以末速度vv0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确。重力势能的减少量Epmgmgd，所以选项C正确。根据动能定理：mgdW克电0，得W克电mgd，所以选项D错误。6(2
7、018温州模拟)如图甲，倾角为的光滑绝缘斜面，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BA、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
8、，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Epmghmgxsin ，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(
9、1)，水平面上方有水平向右的匀强电场，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vC滑块回到A点时速度大小为 vDA、B两点间电势差为解析：选CD由于qEmgmg(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：Eqmgma1，向右运动时，根据牛顿第二定律：Eqmgma2，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；
10、设回到A点时的速度为vA，则根据动能定理有：(Eqmg)s0mv2，(Eqmg)smvA20，联立整理可以得到：vA v，UABEs，故选项C、D正确。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T8105 s。某带正电的粒子，电荷量为8.01019 C，质量为1.61026 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t0时释放，则一定能运动到B板B若粒子于t时释放，则一定能运动到B板C若粒子于t时释放，则一定能运动到A板D若
11、粒子于t时释放，则一定能运动到A板解析：选AD粒子在板间运动的加速度a m/s2108 m/s2，在时间内粒子的位移x1a2108(4105)2m8102m8 cm，因x13 cm，故若粒子于t0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，在的时间内粒子向B板加速，位移为x2a2108(2105)2m2102 m2 cm；在的时间内粒子向B板减速，位移为x3x22 cm，故此时已经到达了B板，选项C错误。若粒子于t时释放，则在的时间内粒子向B板加速，位移为x2a2108(105)2m0.5102 m0.5 cm，在的时
12、间内粒子向B板减速，位移为x3x20.5 cm；在T的时间内粒子向A板加速，位移为x2a2108(3105)2m4.5102 m4.5 cm；因4.5 cm20.5 cm3.5 cm3 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(k1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t0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，且不考虑重力作用。若k，电子在02T时间内不能到达极板A，
13、求d应满足的条件。解析：电子在0T时间内做匀加速运动加速度的大小a1位移x1a1T2在T2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1T匀减速运动阶段的位移x2由题知dx1x2，解得d 。答案：d 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
14、和最小距离。解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t0、tt0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度vy随时间变化的vyt图像，如图甲和乙所示。电场强度E，电子的加速度a图甲中，vy1at0，vy2a2t0由图甲可得电子的最大侧位移ymaxt0vy1t0t0由图乙可得电子的最小侧位移ymint0vy1t0。答案：11(2018济南八校联考)如图所示，在E103 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R40 cm，一带正电荷q104 C的小滑块质量为m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.2，取g10 m
15、/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，qELmgLmg2Rmv20小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mgm代入数据解得v2 m/s，L20 m。(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，qE(LR)mgLmgRmvP20在P点时由牛顿第二定律可得，FNqEm，代入数据解得FN1.5 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。(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2Rgt2，可得滑块运动的时间为t 得t0.4 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qEma所以加速度a2.5 m/s2水平的位移为xvtat2代入解得x0.6 m。滑块落地时竖直方向的速度的大小为vygt100.4 m/s4 m/s水平方向的速度的大小为vxvat1 m/s落地时速度的大小为v地 解得v地 m/s。答案：(1)20 m(2)1.5 N(3)0.6 m m/s
