1、14、带电粒子在电场中运动的综合问题基础训练1(2018山西晋城期末)空间有一沿 x 轴对称分布的电场，其电场强度 E 随 x 变化的图象如图所示，下列说法正确的是( )A O 点的电势最低B x1和 x3两点的电势相等C x2和 x2两点的电势相等D x2的电势最高答案：C 解析：沿电场线方向电势逐渐降低，从 O 点向右电势逐渐降低，从 O 点向左电势逐渐降低，所以 O 点电势最高，A、D 错误；在 O 点右侧，电场强度的方向向右，沿此方向电势逐渐降低，所以 x1点的电势高于 x3点的电势，B 错误；从 O 点向两侧电势逐渐降低，而 x2和 x2关于原点 O 对称，所以两点的电势相等，C 正
2、确2(2018安徽江南十校联考)两个点电荷 Q1、 Q2固定于 x 轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿 x 轴负方向移近 Q2(位于坐标原点)的过程中，试探电荷的电势能 Ep随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是( )A M 点电势为零， N 点场强为零B M 点场强为零， N 点电势为零C Q1带负电， Q2带正电，且 Q2电荷量较大D Q1带正电， Q2带负电，且 Q2电荷量较大答案：A 解析：由题图知， M 点电势能与无穷远处的电势能相等， Ep0，由 2分析得知， M 点电势 0. Epx 图象的斜率 F qE，则知 N 点场强为零，故 A 正Epq Ep x确，B 错误根据
3、正电荷在电势高处电势能大可知，带正电的试探电荷从远处移近 Q2的过程中，电势能先减小后增大，电势先降低后升高，说明 Q1带负电， Q2带正电， N 点场强为零，由 E k 知， Q2电荷量较小，故 C、D 错误Qr23空间某区域的竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示一个质量为 m、电荷量为 q、带电种类未知的小球在该电场中运动，小球经过 A 点时的速度大小为 v1，方向水平向右，运动至 B 点时的速度大小为 v2.若 A、 B 两点之间的高度差为 h，则以下判断中正确的是( )A A、 B 两点的电场强度和电势大小关系为 EAEB、 Av1，则电场力一定做正功C A、 B 两点间的电势差为
4、(v v 2 gh)m2q 2 21D小球从 A 点运动到 B 点的过程中电场力做的功为 mv mv12 2 12 21答案：C 解析：由电场线的疏密分布知 EA B，所以A 错误从 A 到 B 对带电小球应用动能定理有 mgh qUAB mv mv ，即使 v2v1，电场12 2 12 21力也不一定做正功，B 错误 UAB ，C 正确小球从 A 到 B，合外力做的m v2 v21 2gh2q功为 mv mv ，D 错误12 2 12 214如图甲所示，直线 AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上 A 点沿直线运动到 B 点，其速度平方 v2与位移 x 的关系如图乙所
5、示 EA、 EB表示A、 B 两点的电场强度， A、 B表示 A、 B 两点的电势以下判断正确的是( )甲3乙A EAEB C A B D AQ1，则弹簧的长度增加B若 Q2Q1，则电容器的电容减少C若 Q2Q1，则带电液滴 P 的电势能增加D若 Q2Q1， P 到下板的距离不变但板间电场强度增大，所以带电液滴 P 所在处电势升高，带电液滴 P 的电势能增大，故 C 正确；同理若让电容器放电使之带电荷量为 Q2，且 Q20)的点电荷在距离底部点电荷为 h2的管口 A 处，有一电荷量为 q(q0)、质量为 m 的点电荷 a 由静止释放，在距离底部点电荷为 h1的 B 处速度恰好为零现让一个电荷量
6、为q、质量为 3m 的点电荷 b 仍在 A 处由静止释放，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g.(1)求点电荷 b 运动过程中速度最大处与底部点电荷的距离；(2)求 B、 A 两点间的电势差 UBA及点电荷 b 运动到 B 处的速度大小答案：(1) (2) kQq3mg mg h2 h1q 233g h2 h1解析：(1)当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，根据库仑定律有F 库 3 mgkQqr2解得 r .kQq3mg(2)点电荷 a 在下落中受重力和库仑力，从释放到运动到 B 点，由动能定理可得mgh WE0即 WE qUBA mgh所以 UBA mghq mg h2 h1q电荷
7、量为 q、质量为 3m 的点电荷 b 所受库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得3mgh mgh 3mv12 2B解得 vB .233g h2 h1能力提升7(2018福建漳州八校第二次联考)(多选)如图(a)所示， AB 是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿 AB 由点 A 运动到点 B，所经位置5的电势随距 A 点的距离变化的规律如图(b)所示以下说法正确的是( )A该电场是匀强电场B电子在 A、 B 两点的电势能 EpAaBD电子在 A、 B 两点的速度 vA B，Eqm所以电子在 A 点的电势能小于 B 点的电势能，B 正确；从 A 到 B，电势
8、降低，所以电场线的方向从 A 指向 B，电场力做负功，动能减小，则 vAvB，D 错误8(2018湖北潜江、天门、仙桃期末联考)(多选)如图甲所示， Q1、 Q2为两个固定着的点电荷， a、 b 是它们连线的延长线上的两点现有一电子，只在电场力作用下，以一定的初速度沿直线从 a 点开始经 b 点向远处运动， vt 图象如图乙所示，电子经过 a、 b 两点的速度分别为 va、 vb，则( )A Q1一定带负电B Q1的电荷量一定大于 Q2的电荷量C b 点的电势高于 a 点的电势D电子离开 b 点后所受静电力一直减小答案：BC 解析：由图象可知，电子从 a 到 b 做加速度减小的加速运动，所以
9、ab 之间电场方向向左，在 b 点时电子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，过b 点后电子做减速运动，加速度先增大后减小，所以电场的方向向右，电子离开 b 点后所6受静电力先增大后减小，则 Q1一定带正电， Q2一定带负电，且 Q1的电荷量一定大于 Q2的电荷量， b 点的电势高于 a 点的电势9(2018河北邯郸三校联考)倾角为 30的绝缘粗糙斜面置于平行于斜面向下的匀强电场中，电场强度 E 随时间 t 变化的图象如图甲所示，电荷量为 q1 C 的带正电的物体(可视为质点)从斜面上某一点由静止释放，物体运动的 vt 图象如图乙所示，取g10 m/s 2.求：甲乙(1)物体在 0
10、3 s 内的位移大小；(2)物体的质量及物体与斜面间的动摩擦因数答案：(1)3 m (2) kg 103 32解析：(1)根据物体运动的 vt 图象中图线与时间轴围成的面积表示物体的位移大小可知，物体在 03 s 内的位移大小为s 23 m3 m.12(2)在 01 s 内，电场强度 E115 N/C物体受到的电场力大小为 F1 qE115 N根据 vt 图象可知物体在 01 s 内的加速度大小为 a12 m/s 2对物体由牛顿第二定律得F1 mgsin mg cos ma17在 13 s 内，电场强度 E25 N/C物体受到的电场力大小为 F2 qE25 N利用 vt 图象可知物体在 13
11、s 内的加速度大小为 a21 m/s 2对物体由牛顿第二定律得mg cos mgsin F2 ma2联立解得 m kg， .103 3210(2018山东下学期高考预测)如图所示，一足够长的斜面倾角为 37，斜面所在的空间存在水平向右的匀强电场(未画出)现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球(可视为质点)以初速度 v0从斜面底端的 A 点竖直向上抛出，当小球落在斜面上的 B 点时速度方向恰好水平已知重力加速度大小为 g，sin 37 ，cos 37 ，求：35 45(1)该匀强电场的电场强度 E 的大小；(2)从 A 点运动到 B 点的过程中，小球和斜面的最远距离 d.答案：(1) (2
12、)4mg3q v205g解析：(1)设小球到 B 点时竖直上升的高度为 h，则有 hv202g小球到达 B 点时，所用的时间为 tv0g小球到达 B 点时的水平位移为 x t212 qEm由几何关系可知 tan hx 34联立解得 E .4mg3q(2)将小球的初速度 v0沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向进行分解，由几何关系可知，小球在垂直于斜面方向上的分速度 v1 v0cos v045将小球受到的重力和电场力沿平行于斜面和垂直于斜面方向进行分解，设小球在垂直于斜面方向上的加速度大小为 a，则有 qEsin mgcos ma，解得 a g，由运动学858规律可得 d ，代入数据解得 d .v212a v205g
