11-19年高考物理真題分專題匯編之專題041.帶電物體在電場中的運動

1、 第 41 節(jié) 帶電物體在電場中的運動.1.2012 年理綜新課標卷18.如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子a.所受重力與電場力平衡b.電勢能逐漸增加c.動能逐漸增加d.做勻變速直線運動答案bd解析要使粒子在電場中直線運動，必須使合力與運動方向在一直線上，由題意可受力分析可知，受重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左，故 a 錯。因電場力做負功，故電勢能增加。b 正確。合力做負功，故動能減少。c 錯。因合力為定值且與運動方向在一直線上，故d 正確。2.2013 年新課標 i 卷16.

2、一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔d(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方 處的 p 點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，2d經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向上平移 ，則從 p 點3開始下落的相同粒子a.打到下極板上b.在下極板處返回d2d處返回c.在距上極板 處返回d.在距上極板25【答案】d【解析】帶電粒子運動過程中受重力和電場力做功；設電容器兩極板間電壓為u，粒子下落的全程d3uq = mgd2d，當下極板向上移 后，設粒子能下落mg(d + ) -uq = 0-0由動能定理有：，得23du2mg(

3、h + ) -qh = 0 - 0，解得h = d到距離上極板 h 處，由動能定理有：，d 選項對。225d33.2011 年理綜四川卷21質量為m 的帶正電小球由空中 a 點無初速度自由下落，在t 秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過 t 秒小球又回到 a 點，不計空氣阻力且小球從未落地。則a整個過程中小球電勢能變化了3mg t222b整個過程中小球動量增量的大小為2mgt c從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了mg t2 223d從 a 點到最低點小球重力勢能變化了mg t2 2答案：b d11解析：整個過程中小球的位移為 0， gt + gt t - at = 0 ，

4、得 a3g，根據(jù)牛頓第二定律電場222212力是重力的 4 倍為 4mg，根據(jù)動量定理pmgt3mgt2mgt，b 正確；電勢能變化量為 4mg gt21mg t2mg2t2,a 錯誤；小球減速到最低點和最初加速時的動能變化量大小相等為22 2 ，c 錯誤；從11 12mg ( gt + gt ) = mg ta 點到最低點重力勢能變化了，d 正確。答案為 b d。222 223 234.2014 年理綜天津卷4如圖所示，平行金屬板 a、b 水平正對放置，分別帶等量異號電荷一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（a若微粒帶正電荷，則 a 板一定帶正電荷b微

5、粒從 m 點運動到 n 點電勢能一定增加c微粒從 m 點運動到 n 點動能一定增加d微粒從 m 點運動到 n 點機械能一定增加【答案】c）abvmn【解析】如題圖，帶電粒子所受電場力為豎直方向，又因為運動軌跡向下偏轉，所以粒子所受合外力方向向下。重力方向豎直向下，故電場力方向可能向下，也可能向上但是小于重力。若微粒帶正電，則電場方向可能向上也可能向下，a 板帶正電和負電均有可能，a 錯。若微粒所受電場力向下，從 m 點到 n 點電場力做正功，電勢能減小，b 錯。若所受電場力向上，從m 點到 n 點電場力做負功，電勢能增加，微粒的機械能減少，d 錯。微粒所受合力向下，從 m 點到 n 點合力做正

6、功，根據(jù)動能定理，動能一定增加，c 正確。5.2015 年江蘇卷 7. 一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，則小球（ bc ）(a)做直線運動v0(b)做曲線運動e(c)速率先減小后增大(d)速率先增大后減小解析：由題意知，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍角，故小球做曲線運動（豎直方向做自由落體運動，水平方向先向右勻減速運動到零再向左勻加速運動），所以a 錯誤；b 正確；在運動的過程中合外力先做負功后做正功，所以c 正確；d 錯誤。 6.2015 年理綜山東卷 20如圖甲，兩水平金屬板間距為 d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙

7、所示。t=0 時刻，質量為 m 的帶電微粒以初速度為 v 沿中線射入兩板間，0t/3 時間內(nèi)微粒勻速運動，t0時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出，微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，關于微粒在 0t 時間內(nèi)運動的描述，正確的是e2e0（ bc ）v0de02va.末速度大小為t0ot2ttb.末速度沿水平方向圖乙33圖甲1c.重力勢能減少了2mgdd.克服電場力做功為 mgd【答案】bctt 2t-e q = mg【解析】因 0- 內(nèi)微粒勻速運動，故；在時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做類平33 302tgt2t拋運動，在t =時刻的豎直速度為v =y1，水平速度為 v ；在-t時間內(nèi)，粒

8、子滿足33032e q - mg = ma,解得 a=g，方向向上，則在t=t 時刻，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v ，00d 1de = mg = mgd選項 a 錯誤，b 正確；微粒的重力勢能減小了，選項 c 正確；從射入到射mgd，選項 d 錯誤；故選 bc.2 2p11mgd -w =0電出，由動能定理可知，可知克服電場力做功為227. 2017 年浙江選考卷 8.如圖所示，在豎立放置間距為 d 的平行板電容器中，存在電場強度為 e 的勻強電場。有一質量為m，電荷量為+q 的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程qemdmeqeqmga.加速度

9、大小為a+ gb.所需的時間為t =ddc.下降的高度為 y =【答案】bd.電場力所做的功為 w = eqd2【解析】點電荷往電場中的受力分析如圖所示，點電荷所受的合外力為f = (eq) + (mg ) ，所22f以由牛頓第二定律得，點電荷運動到負極板的過程中，加速度大小為a，a 錯誤；點電荷在水=md 1qemdmeq平方向的加速度為a，由運動學公式 = a t ，所以，故 b 正確，點電荷在豎直=t =212 21 12mgd12方向上做自由落體運動，所以下降的高度 =gt2 =，故 c 錯誤；由做功公式 =,故eqdyw2eqd 錯誤。8.【2019 年 4 月浙江物理選考】用長為

10、1.4m 的輕質柔軟絕緣細線，拴一質量為 1.010kg、電荷2量為 2.010 c 的小球，細線的上端固定于 o 點。現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂-8線成 370，如圖所示?，F(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則（sin370=0.6）a. 該勻強電場的場強為 3.7510 n/c7b. 平衡時細線的拉力為 0.17nc. 經(jīng)過 0.5s，小球的速度大小為 6.25m/sd. 小球第一次通過 o 點正下方時，速度大小為 7m/s【答案】c【解析】【 詳 解 】 ab 小 球 在 平 衡 位 置 時 ， 由 受 力 分 析 可 知 ： qe=mgtan370 ， 解 得，細線

11、的拉力：t=，選項 ab 錯誤；c小球向左被拉到細線水平且拉直的位置，釋放后將沿著電場力和重力的合力方向做勻加速運動，其方向與豎直方向成 370 角，加速度大小為，則經(jīng)過 0.5s，小球的速度大小為 v=at=6.25m/s，選項 c 正確；d小球從水平位置到最低點的過程中，若無能量損失，則由動能定理：，帶入數(shù)據(jù)解得 v=7m/s；因小球從水平位置先沿直線運動，然后當細繩被拉直后做圓周運動到達最低點，在繩子被拉直的瞬間有能量的損失，可知到達最低點時的速度小于7m/s，選項 d 錯誤。9 .【2019 年物理天津卷】如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m 的帶電小球，以初速度u2從 m 點豎

12、直向上運動，通過n 點時，速度大小為 u ，方向與電場方向相反，則小球從m 運動到n 的過程（） 1a. 動能增加 mu2b. 機械能增加2mu2223c. 重力勢能增加 mu 2d. 電勢能增加2mu2【答案】b【解析】112= mv2=【詳解】由動能的表達式e2 可知帶電小球在 m 點的動能為emv2 ，在 n 點的動能kkm13( )= m 2v = 2mvde = mv為 e2 ，所以動能的增量為2 ，故 a 錯誤；帶電小球在電場中做類22knk平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有qev = v = gt,v = 2v = at = tmv

13、=t ，水平方向的位移，可得qe= 2 mg，豎直方向的位移h2yx2vx = t = vt3= 2h-=，因此有x，對小球寫動能定理有 qex mgh emv2 ，聯(lián)立上式可解得22k1qex = 2mv ，mgh2=2mv ，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加2mv2 ，電勢能減少212mv ，故 b 正確 d 錯誤，重力做負功重力勢能增加量為 mv ，故 c 錯誤。22210.【2019 年物理全國卷 3】空間存在一方向豎直向下的勻強電場，o、p 是電場中的兩點。從 o 點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為 的小球 、 。 不帶電， 的電荷量為 （ 0）。ma b abq

14、qt從 點發(fā)射時的速度大小為 ，到達 點所用時間為 ； 從 點到達 點所用時間為 。重力aovpt bop02加速度為 g，求（1）電場強度的大?。唬?） 運動到 點時的動能。bp3mg【答案】（1） e=；（ ） e =2m(v + g t )2202 2qk【解析】【詳解】（1）設電場強度的大小為 ，小球 運動的加速度為 。根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題eba 給條件，有mg+qe=ma1t1a( ) = gt 222 22解得3mge =q（2）設b 從 o 點發(fā)射時的速度為 v ，到達p 點時的動能為 e ，o、p 兩點的高度差為 h，根據(jù)動能1k定理有1e - mv = mgh + q

15、eh212k且有t= v tv1201h = gt22聯(lián)立式得e =2m(v + g t ) 202 2k11.2013年四川卷10在如圖所示的豎直平面內(nèi)，物體 a 和帶正電的物體 b 用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角 =37 的光滑斜面上的 m 點和粗糙絕緣水平面上，輕繩與對應平面平行。勁度系數(shù)k=5n/m的輕彈簧一端固定在 o 點，一端用另一輕繩穿e過固定的光滑小環(huán) d 與 a 相連，彈簧處于原長，odb輕繩恰好拉直，dm 垂直于斜面。水平面處于場強 e=5104n/c、方向水平向右的勻強電場中。已知 a、b 的質量分別為 m =0.1kg 和 m =0.2kg，amabnb 所

16、帶電荷量 q=+4l0 c。設兩物體均視為質-6點，不計滑輪質量和摩擦，繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，b 電量不變。取 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求 b 所受靜摩擦力的大小；現(xiàn)對 a 施加沿斜面向下的拉力 f，使a 以加速度 a=0. 6m/s2 開始做勻加速直線運動。a 從 m 到 n的過程中，b 的電勢能增加了 e =0.06j。已 知 dn 沿豎直方向，b 與水平面間的動摩擦因數(shù) =0.4。p求 a 到達 n 點時拉力 f 的瞬時功率。f = -0.4np = 0.528w【答案】0 f【解析】（1）f 作用之前，ab 處于靜止狀態(tài)，設b 所受的靜摩擦

17、力大小為，ab 間的繩子的張0t力為 ，有0t =m g sin對 a：對 b：q0at = qe + f00f = -0.4n0聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)得方向向左（2）物體 a 從 m 點到 n 點的過程中，ab 兩物體的位移均為 s，ab 間繩子的張力為 t，有qes = dept - m g - qe = m ambb設 a 在 n 點時速度為 v，受彈簧拉力為 f ，彈簧的伸長量為x，有彈v2 = 2asf =kx彈f+m g sinq - f sinq -t = m aa彈as(1- cosq)sinq由幾何關系知dx =設拉力 f 的瞬時功率為 p,有 p=fv聯(lián)立解得：p=0.528w

18、12. 2014 年理綜新課標卷3225如圖所示，o，a，b 為同一豎直平面內(nèi)的三個點，ob 沿豎直方向，boa60，ob oa，將一質量為 m 的小球以一定的初動能自 o 點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過a 點，使此小球帶電，電荷量為 q(q0)，同時加一勻強電場，場強方向與oabo所在平面平行現(xiàn)從 o 點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，a該小球通過了 a 點，到達a 點時的動能是初動能的 3 倍；若該小球從o點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過b 點，且到達b 點時的動能為初動能的 6 倍，重力加速度大小為 g.求b(1)無電場時，小球到達 a 點時的動能與初動能的比值

19、；(2)電場強度的大小和方向e733mg6q=e =（2)【答案】（1） kaek0 3【解析】設小球的初速度為 v ，初動能 e ，從 o 點運動到 a 點的時間為 t，令 oad，則 ob d，20k0根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin 60v t012dcos 60 gt212又有 e mv2k0038由式得 e mgdk0設小球到達 a 點時的動能為 e ，則ka12e e mgdkak0ee73由式得 ka .k0d3(2)加電場后，小球從o點到a點和b點，高度分別降低了 和 d ，設電勢能分別減小e 和e ，22papb由能量守恒及式得1223k0e 3e e mgd epak0k032

20、e 6e e mgdepbk0k0k0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的，設直線ob 上的 m 點與 a 點等電勢，m 與 o點的距離為 x，如圖，則有x epapb32eoda解得 xd，ma 為等勢線，電場必與其垂線 oc 方向平行，設電場方向與豎直向下的方向的夾角為 ，由幾何關系可得 30即電場方向與豎直向下的方向的夾角為 30.cmbe設場強的大小為 e，有 qedcos 30epa由式得 e 3mg.6q13.2015年理綜四川卷 10(18 分)如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道 ob 固定在水平桌面上，b 端與桌面邊緣對齊，a 是軌道上一點，過 a 點并垂直于軌道的豎直面右側

21、有大小e1.5106n/c，方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體 p 電荷量是 2.0106c，質量 m0.25kg，與軌道間動摩擦因數(shù) 0.4，p 從 o 點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55s 到達 a 點，到達b 點時速度是 5m/s，到達空間 d 點時速度與豎直方向的夾角為 ，且 tan1.2。p 在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力 f 作用，f 大小與 p 的速率 v 的關系如表所示。pfeobad p 視為質點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g10 m/s ，求：2v（m s ） 0 v 2-1f/n263小物體 p 從開始運動至速率為 2m/s 所用的時間；小物體 p 從

22、 a 運動至 d 的過程，電場力做的功。答案：（1）t 0. 5s；（2）w9.25j。1解析：（1）小物體 p 的速率 v 從 0 至 2m/s 時，受水平外力 f 2n，設其做勻變速運動的加速度為1a ，經(jīng)過時間 t 速度為 v ，則根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：v a t111111根據(jù)牛頓第二定律有：f mgma11聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得：t =0.5s1即小物體 p 從開始運動至速率為 2m/s 所用的時間為 t 0.5s1（2）當物體 p 在速率 v25m/s 時，所受水平外力 f 6n，設先以加速度 a 再加速 t 0.05s 至222a 點，速度為 v ，根據(jù)牛頓第二定律有：f fma

23、222根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：v v a t212 2由式聯(lián)立解得：v 3m/s2物體 p 從 a 點運動至 b 點的過程中，由題意可知，所受 水平外力仍然為 f 6n 不變，設位移為2x ，加速度為 a ，根據(jù)牛頓第二定律有：f fqema 1323根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：2a x vv2223 1b由式聯(lián)立解得：x 1m1根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，當物體 p 到達 b 點時，水平外力為 f qe3n，因此，離開桌面在水平方向3上做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做自由落體運動，設運動至d 點時，其水平向右運動位移為 x ，時間為 t ，則在水平方向上有：x v t232b 3gtv根據(jù)幾何

24、關系有：cot3225由式聯(lián)立解得：x m212所以小物體 p 從 a 運動至 d 電場力做的功為：wqe（x x ）12由式聯(lián)立解得：w9.25j.14.2016年上海卷 32.（14 分）如圖（a），長度 l=0.8m 的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷 a，其電荷量xbaxo1.810 cq=7 ；一質量 m=0.02kg，-圖（a）p 帶電量為 q 的小球 b 套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為 x 軸正方向建立坐標系。點電荷 a 對小球 b 的作用力隨 b 位置 x 的變化關系如圖（b）中曲線 i 所示，小球 b 所受水平方向的合力隨 b 位置

25、x 的變化關系如圖（b）中曲線 ii 所示，其中曲線ii 在k = 9 10 n m /c0.16 x 0.20 和 x0.40 范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量）922（1）小球 b 所帶電量 q;（2）非均勻外電場在 x=0.3m 處沿細桿方向的電場強度大小 e；（3）在合電場中，x=0.4m 與 x=0.6m 之間的電勢差 u。（4）已知小球在 x=0.2m 處獲得 v=0.4m/s 的初速度時，最遠可以運動到 x=0.4m。若小球在 x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04n 的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的最小距離 s 是多少？110 c310 n

26、 / c4【答案】（1）（2）（3）800v （4）0.065mqq-6【解析】（1）由圖可知，當 x=0.3m 時， f = k= 0.018nx21f x2q = 110 c-6因此1kq（2）設在 x=0.3m 處點電荷與小球間作用力為 f ，f =f +qe合22f - f- 0.012 - 0.018110-6因此 e =n/c = -310 n/c-4合2q電場在 x=0.3m 處沿細稈方向的電場強度大小為3104n/c（3）根據(jù)圖像可知在 x=0.4m 與 x=0.6m 之間合力做功大小，方向水平向左。w = 0.004 0.2 = 8 10 j-4合由 qu=w合w可得u =

27、合= 800vq（4）由圖可知小球從 x=0.16m 到 x=0.2m 處0.03 0.04電場力做功w = 6 10 j-421小球從到x = 0.2m x = 0.4m處1mv -1.610w -j-3電場力做功=2 =22 由圖可知小球從到x = 0.4m x = 0.8m處-1.610w = 0.0040.4=j-3電場力做功由動能定理3w w w f s=0+外123w +w +ws -=0.065m3解得=12f外15.2017年新課標卷 25.（20 分）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為h，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的a 點將質量為 m、電荷量分a別為

28、q 和q（q0）的帶電小球 m、n 先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域左h 右的下邊界離開。已知n 離開電場時的速度方向豎直向下；m 在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為n 剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為 g。求（1）m 與 n 在電場中沿水平方向的位移之比；（2）a 點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小。13mghe =（3）【答案】（1）3:1 （2）2q【解析】（1）設帶電小球 m、n 拋出初速度均為 v ，則它們進入電場時的水平速度仍為 v ；m、n00在電場中的運動時間 t 相等，電場力作用

29、下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為 s 和 s ；由運動公式可得：12v -at=001s = v t + at22101s = v t- at2220s 1=聯(lián)立解得：1s 32（2）設 a 點距離電場上邊沿的高度為 h，小球下落 h 時在豎直方向的分速度為 v ，則yv2 = 2gh1h = v t + gt22yvvs因為 m 在電場中做勻加速直線運動，則=01hy 1h = h3由可得vqemgqem（3）設電場強度為 e，小球 m 進入電場后做直線運動，則 =， a =0vy設 m、n 離開電場時的動能分別為 e 、e ，由動能定理k1k21e = m(v + v ) + mgh + qes202y2k111e = m(v + v ) + mgh - qes202y2k 22由已知條件：e =1.5 ek1k2mge =聯(lián)立解得：16.2017 年新課標 i 卷 25（20 分）2q真空中存在電場強度大