1、- 1 -微专题 10 电场中的力电综合问题一、单项选择题(本题共 5小题，每小题 7分，共 35分)1(68520224)如图所示，一质量为 m、带电荷量为 q的粒子，以初速度 v0从 a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右粒子通过电场中的 b点时，速率为 2v0，方向与电场方向一致，则 a、 b两点间的电势差为( )A. B.mv202q 3mv20qC. D.2mv20q 3mv202q解析：C 由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a v/ t，可得加速度的大小 ax2 ay2 g，由牛顿第二定律可知， qE2 mg，水平位移x v0t，竖直位移 y v0
2、t/2，即 x2 y，因此电场力做功 W1 qEx qUab，重力做功W2 mgy W1/4，由动能定理得： W1 W2 m(2v0)2 mv ，解得： Uab .12 12 20 2mv20q2空间某区域内存着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示一个质量为 m、电荷量为 q的带电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，运动方向与水平方向之间的夹角为 ， A、 B两点间的高度差为 h、水平距离为 s，则以下判断正确的是( )A A、 B两点的电场强度和电势关系为 EAv1，则电场力一定做正功C A、 B两点间的电势差为 (v v
3、 )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 mv mgh12 2 12 21解析：D 由电场线的方向和疏密可知 A点电场强度小于 B点，但 A点电势高于 B点，A 错误若 v2v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B 错误由于有重力做功，A、 B两点间电势差不是 (v v )，C 错误小球从 A点运动到 B点过程中由动能定理得 W 电m2q 2 21- 2 - mgh mv mv ，所以 W 电 mv mv mgh，D 正确12 2 12 21 12 2 12 213如图所示， MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为 E， ACB为光滑固定的
4、半圆形轨道，轨道半径为 R， A、 B为圆水平直径的两个端点， AC为 圆14弧一个质量为 m，电荷量为 q的带电小球，从 A点正上方高为 H处由静止释放，并从 A点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A小球一定能从 B点离开轨道B小球在 AC部分可能做匀速圆周运动C若小球能从 B点离开，上升的高度一定等于 HD小球到达 C点的速度可能为零解析：B 若电场力大于重力，则有可能不从 B点离开轨道，选项 A错误；若电场力等于重力，小球在 AC部分做匀速圆周运动，选项 B正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于 H，选项 C错误；
5、由圆周运动知识可知，若小球到达 C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项 D错误4如图所示，一质量为 m、电荷量为 q的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀强电场中，以初速度 v0沿 ON在竖直面内做匀变速直线运动 ON与水平面的夹角为 30，重力加速度为 g，且 mg Eq，则( )A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为 2gC小球上升的最大高度为v202gD若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv204解析：D 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿 ON方向，而 mg qE，由三角形定则，可知电场方向与 ON方向成120角，A 错误；由图中几何关系可知，其
6、合力为 mg，由牛顿第二定律可知 a g，方向与初速度方向相反，B 错误；设带电小球上升的最大高度为 h，由动能定理可得： mg2h0 mv ，解得： h ，C 错误；电场力做负功，带12 20 v204g电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则 Ep qE2hcos 120- 3 - qEh mg ，D 正确v204g mv2045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时刻微粒恰好T3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
7、微粒在 0 T时间内运动的描述，正确的是( )A末速度大小为 v0 B末速度沿水平方向2C重力势能减少了 mgd D克服电场力做功为 mgd解析：B 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：做速度T3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， v1y gT3 2T3 2T3； T时间内， a g，做匀减速直线运动， T时刻， v2y v1y a 0，所以末速T3 2T3 2qE0 mgm T3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 Ep mg mgd，所d2 12以选项 C错误；根据动能定理： m
8、gd W 克电 0，得 W 克电 mgd.12 12二、多项选择题(本题共 3小题，每小题 7分，共 21分全部选对的得 7分，部分选对的得 3分，有选错或不答的得 0分)6(2016安徽宿州一模)如图所示，两带电平行金属板水平放置，板长为 L，距离右端 L处有一竖直放置的光屏 M.一质量为 m、带电荷量为 q的粒子以速度 v0从两板中央射入板间，最后垂直打在 M屏上，重力加速度为 g.则下列结论正确的是( )A板间电场强度大小为mgqB板间电场强度大小为2mgqC粒子在竖直方向上经过的总路程为gL2v20D粒子在板内做匀变速直线运动- 4 -解析：BC 带电粒子能垂直打在屏上，说明一定要考虑
9、粒子的重力，粒子在水平方向做匀速直线运动，在板内和板外的运动时间相同，在板间，竖直方向受向上的电场力和向下的重力，加速度向上，射出电场时，速度斜向上；在板外，仅受重力，竖直方向做速度竖直向上、加速度竖直向下且大小为 g的匀减速直线运动，到达屏时，竖直分速度减为零，在竖直方向，在板间和板外，两过程具有对称性，所以板间的加速度 a g，即 Eq mg ma，即 Eq2 mg，场强大小为 E ，粒子在板内和板外均做匀变速曲线运动，A、D 错误，B 正确粒子在竖直方向经2mgq过的总路程 s gt22， t ，解得 s ，C 正确12 Lv0 gL2v207图甲中的直线为一静电场中的电场线，一不计重力
10、的带负电粒子从电场线上的 M点沿电场线运动至 N点，假设粒子仅受电场力作用，图乙描述了该粒子速度的平方随其位移的变化规律则( )A粒子在 M点所受的电场力等于在 N点所受的电场力B该电场线上的电场方向由 N点指向 M点C粒子由 M点向 N点运动的过程中，电场力做负功D粒子在 N点的电势能大于在 M点的电势能解析：AB 由运动学公式 v v 2 ax可知， v2x图像的斜率为 2a，即粒子受到的电场力2 21大小不变，选项 A正确；从 M点到 N点粒子的动能变大，电场力做正功，粒子电势能变小，由M点至 N点电场线上的电势升高，则电场线上的电场方向由 N点指向 M点，选项 B正确，C、D错误8如图
11、甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )甲 乙A若 t0 时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上- 5 -B若 t0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动C若 t 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上T4D若 t 时刻释放电子，电子必然打到左极板上3T8解析：AC 若 t0 时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以 A正确，B 错；若从 t 时刻释放电子，电子先加速 ，再减速 ，有T4 T4 T4可能电子已到达
12、右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以 C正确；同理，若从 t 时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的3T8距离，所以 D项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动三、非选择题(本题共 2小题，共 44分写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)9(68520225)(22 分)(2017湖北孝感第一次联考)如图甲所示， A、 B为两块平行金属板，极板间电压为 UAB1 125 V，现有大量的电子由 A板从静止开始加速后，沿两平行金属板 CD的中线进入到偏转电场平行金属板 C、 D长 L1410 2 m，板间距离 d810
13、 3 m，在距离C、 D右侧边缘 L20.1 m处有一足够大的荧光屏 P，当 C、 D之间未加电压时电子沿 C、 D板的中线穿过，打在荧光屏上的 O点并发出荧光现给金属板 C、 D之间加一个如图乙所示的变化电压UDC(D板接电源的正极)已知电子质量为 m9.010 31 kg，电荷量为 e1.610 19 C求：(1)电子从 B板上的小孔射出时的速率 v0；(2)打在荧光屏上的电子的最大动能；(3)一起上下调整 A、 B，使电子能够在 C、 D板左侧任意位置仍以速度 v0沿平行于 C、 D板的方向进入到偏转电场中，求电子打到荧光屏上亮线的长度(只考虑竖直方向)解析：(1)电子经 A、 B两块金
14、属板加速，由 eUAB mv12 20解得 v02.010 7 m/s.(2)电子在水平方向做匀速运动，通过 C、 D板间的时间t 2.010 9 s.L1v0- 6 -电子通过时间极短，可认为通过时电场恒定，电子在电场中做类平抛运动，当 C、 D间电压最大时，竖直方向的位移 y ayt2 t26.010 3 m，12 eUmax2dm竖直方向位移大于 ，电子将打到下极板上而不出电场，所以电子刚好从下极板边缘飞出时，d2竖直方向速度最大，动能最大，由平抛运动推论得 ，可以得到 vy4.010 6 m/s，v0vy 0.5L10.5d电子的最大动能 Ekmax mv2 m(v v )1.910
15、16 J.12 12 20 2y(3)当电子在靠近上极板射入，偏转电压为 0时，电子做匀速直线运动通过偏转电场，此时打在荧光屏上亮线最上端当电子从 D板下端边缘通过，竖直方向速度最大时，电子能打到荧光屏上亮线最下端，根据 ymax6.010 3 m可得到，当电子从距离 D板高度 6.0103 m处射入偏转电场时，能够到达荧光屏上亮线最下端，设此时电子竖直方向位移为 y2，则由平抛运动推论可得 ，0.5L10.5 L1 L2 ymaxy2解得 y23.610 2 m，所以电子打到荧光屏上亮线的长度是y3.610 2 m2.010 3 m3.810 2 m.答案：(1)2.010 7 m/s (2
16、)1.910 16 J (3)3.810 2 m10(22 分)(2017江西九江三十校第一次联考)如图所示，一质量为 m、电荷量为 q的带正电小球(可视为质点)从 y轴上的 A点以初速度 v0水平抛出，两长为 L的平行金属板 M、 N倾斜放置且与水平方向间的夹角为 37.(sin 370.6)(1)若带电小球恰好能垂直于 M板从其中心小孔 B进入两板间，试求带电小球在 y轴上的抛出点 A的坐标及小球抛出时的初速度 v0；(2)若该平行金属板 M、 N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足 E ，试计算两平行金属板 M、 N之间的垂直距离 d至少为多少时才能保
17、证4mg5q小球不打在 N板上- 7 -解析：(1)设小球由 y轴上的 A点运动到金属板 M的中点 B的时间为 t，由题意，在与 x轴平行的方向上，有：cos v0t，tan .L2 v0gt带电小球在竖直方向上下落的距离为 h gt2，12所以小球抛出点 A的纵坐标为 y h sin ，L2联立以上各式并代入数据可解得 v0 ， y L， t2 ， h .3gL10 1730 2L15g 4L15所以小球抛出点 A的坐标为 ，小球抛出时的初速度大小为 v0 .(0，1730L) 3gL10(2)设小球进入电场时的速度大小为 v，则由动能定理可得 mgh mv2 mv ，12 12 20解得 v .5gL6带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示因为 E ，所以 qE mgcos ，4mg5q因此，带电小球进入该匀强电场后将做类平抛运动，其加速度大小为 a gsin mgsin m设带电小球在该匀强电场中运动的时间为 t，欲使小球不打在 N板上，由类平抛运动的规律可得 d vt， at 2，L2 12联立以上各式并代入数据可解得 d L.526答案：(1) (2) L(0，1730L) 3gL10 526
