2024高考物理一轮复习考点攻破训练——带电体在匀强电场中的运动练习含解析教科版

这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——带电体在匀强电场中的运动练习含解析教科版，共4页。

(1)匀变速直线运动：物体由静止出发或初速度与合场共线；
(2)抛体运动：物体初速度与合场有一定夹角．(这与物体只受重力时的运动一样)
常见约束一般为绳约束、直轨道约束、圆轨道约束等．
2．解决电场、重力场、复合场的两个角度
(1)合场角度：处理抛体运动、圆周运动可从合场角度分析运动的最高点、最低点等问题；处理能量问题一般从重力势能、电势能变化两方面分析；
(2)运动分解角度：涉及运动时间、位移等时一般从运动分解的角度分析．
1．(2023·云南保山市市级统一检测)如图1所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子( )
图1
A．只受到电场力和重力作用
B．带正电
C．做匀速直线运动
D．机械能增加
2．(多选)(2023·江西上饶市重点中学六校第一次联考)在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与水平方向成θ(θ<45°)角的方向斜向下做直线运动．则下列判断正确的是( )
A．若csθB．若csθ＝eq \f(qE,mg)，则小球机械能一定不变
C．若csθD．若tanθ＝eq \f(mg,qE)，则小球机械能一定增加
3．(多选)(2023·河南郑州市模拟)如图2所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角．若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cs37°＝0.8，g＝10m/s2.下列说法正确的是( )
图2
A．小球的电荷量q＝6×10－5C
B．小球在c点的动能最小，且为1J
C．小球在b点时的机械能最小
D．小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5J
4．(多选)(2023·陕西汉中市第二次教学质检)真空中质量为m的带正电小球由A点无初速度自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g.则( )
A．整个过程中小球电势能变化了2mg2t2
B．整个过程中小球速度增量的大小为2gt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了eq \f(1,3)mg2t2
5．(2023·辽宁沈阳市质量检测(一))如图3所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点．该装置右侧的eq \f(1,4)圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中．某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动．到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：
图3
(1)小球所受重力和电场力的大小；
(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能．
答案精析
1．A [带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，合力方向与速度方向共线，受力情况如图所示
粒子受到电场力和重力作用，故A正确；粒子受到的电场力方向与电场线方向相反，则粒子带负电，故B错误；粒子受到的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速运动，故C错误；电场力做负功，机械能减小，故D错误．]
2．BD [若csθ＝eq \f(qE,mg)，电场力与速度方向垂直，电场力不做功，因重力之外的其他力不做功，则机械能一定守恒，故B正确；
若csθ3．AD [小球静止时悬线与竖直方向成37°角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件得：mgtan37°＝qE，解得：q＝eq \f(mgtan30°,E)＝6×10－5C，故A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点b速度最小，根据牛顿第二定律得：eq \f(mg,cs37°)＝meq \f(v2,L)；最小动能为：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgL,2cs37°)＝1J，故B错误；根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，小球运动到与O点等高的最左侧位置a点时，电场力做功最多，故C错误；小球在b点的电势能、重力势能和动能之和为：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝1J＋mg×2Lcs37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，故D正确．]
4．AB [小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则eq \f(1,2)gt2＝－(vt－eq \f(1,2)at2)，又v＝gt，解得a＝3g，则小球回到A点时的速度为v′＝v－at＝－2gt；整个过程中小球速度增量为Δv＝v′＝－2gt，即小球速度增量的大小为2gt，故B正确；由牛顿第二定律得a＝eq \f(qE－mg,m)，解得qE＝4mg，ΔEp＝qE·eq \f(1,2)gt2＝2mg2t2，故A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了ΔEk＝eq \f(1,2)m(gt)2，故C错误；设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得mgh－qE(h－eq \f(1,2)gt2)＝0，解得h＝eq \f(2,3)gt2，从A点到最低点小球重力势能减少了ΔEp＝mgh＝eq \f(2,3)mg2t2，故D错误．]
5．(1)eq \f(E0,R) eq \f(2E0,R) (2)8E0
解析 (1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：mgR＝E0
则小球受到的重力为：mg＝eq \f(E0,R)，方向竖直向下；
由题意可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：EqR＝2E0
则小球受到的电场力为：Eq＝eq \f(2E0,R)，方向水平向右，小球带正电；
(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：EqR＝eq \f(1,2)mvC2＝2E0
则C点速度为：vC＝eq \r(\f(4E0,m))，方向竖直向上
从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动，到达最高点时间为：
t＝eq \f(vC,g)＝eq \f(1,g)eq \r(\f(4E0,m))
在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时只有水平方向的速度，其速度为：
v＝at＝eq \f(Eq,m)t＝eq \f(Eq,mg)eq \r(\f(4E0,m))＝2eq \r(\f(4E0,m))
则在最高点时的动能为：Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(4E0,m))))2＝8E0.