带电粒子在电场中运动的综合问题（一）测试题及解析
1.(2020·福建宁德质检)如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B端分别固定带电小球a、b，另一带电小球c(其直径略小于管内径)位于AB中点O，处于静止状态，小球均带正电。轻晃玻璃管可观察到小球c在O点附近的M、N两点间(M、N关于O点对称)上下运动。下列说法正确的是( )
A．M、N两点的电势相等
B．小球c在运动过程中机械能守恒 C．小球a的电荷量等于小球b的电荷量 D．小球c从O点运动到N点电场力做负功
解析：选D 小球c开始静止在O点，知重力和电场力平衡，可知b球对c球的库仑力大于a球对c球的库仑力，则小球a的电荷量小于小球b的电荷量，小球a和小球b的电荷量不等，故关于ab中点O对称的两点M、N电势不等，故A、C错误；小球在振动的过程中，除重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球c从O点运动到N点的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确。
2. [多选]如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速度水平通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则( )
A．它们通过加速电场所需的时间相等 B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等 C．它们通过加速电场过程中动量的增量相等 D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
qE
解析：选BD 根据牛顿第二定律得，粒子的加速度a＝，可知加速度相等，因为初速度不同，根据
m位移时间公式知，运动的时间不同。根据Δv＝at知，速度的变化量不同，根据Δp＝mΔv可知动量增量不相同，故A、C错误；根据动能定理得，qU＝ΔEk，知电场力做功相同，则动能的增量相同，故B正确；因为电场力做功相等，根据电场力做功与电势能的关系知，电势能的减小量相等，故D正确。 3．[多选]如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零
解析：选CD 设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为qE
a2，由a＝可知，a2＝2a1，设带电粒子开始时向负方向运动，可见，
m
粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，设带电粒子开始时向负方向运动，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。
4.[多选](2020·汕头联考)如图所示，绝缘的斜面体处在一个水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J，克服电场力做功为0.5 J，重力势能减少了1.5 J，则以下说法正确的是( )
A．金属块带正电荷 B．电势能减少0.5 J
C．金属块克服摩擦力做功0.7 J D．金属块的机械能减少1.2 J
解析：选CD 在下滑过程中金属块克服电场力做功0.5 J，则电势能增加0.5 J，故金属块带负电，故A、B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3 J，重力势能减少了1.5 J，故重力做功1.5 J，又电场力做功为－0.5 J，根据动能定理得：W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得：Wf＝－0.7 J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2 J，故机械能减少1.2 J，故D正确。
5．如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC。由此可知( )
A．小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒 B．电场力大小为2mg
C．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为2∶1 D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为2∶1
解析：选C 从A到B到C，整个运动过程中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项A错；从A到B到C，小球在水平方向做匀速直线运动，AB、BC的水平分量之比等于2∶1，所以从A到B的时间与从B到C的时间之比等于2∶1，AB和BC竖直方向上的分量也是2∶1，所以竖直方向上的加速度之比是1∶2，根据Eq－mg＝ma可知qE＝3mg，电场力的大小是重力大小的3倍，则选项C正确，B、D错误。
6.[多选]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θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则( )
A．小球带负电
3mg
B．匀强电场电场强度的大小为
4q3mgL
C．电场中A、B两点的电势差为
4q
D．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gL
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°＝
Eq3mg
，解得E＝，Bmg4q
3mgL
正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－，C错误；小球从A点运动
10q1
到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝gL，
2D正确。
7.如图所示，四个可视为质点的带电小球1、2、3、4的质量均为M，小球1、2、3所带的电荷量均为＋q，小球4所带的电荷量为－10q。其中小球4在外力作用下静止在绝缘水平面正上方高度为3d处，小球1、2、3在绝缘水平面上做圆周运动，运动的半径为d，圆心
为小球4在水平面上的投影点，小球1、2、3的连线正好构成一等边三角形。重力加速度为g，静电力常量为k，忽略一切摩擦，则下列说法正确的是( )
153kq2A．作用在小球4上的外力大小为
4d24πd
B．小球1做圆周运动的周期为
q?15－43?dq2
C．小球2的动能为
12k
53kq2
D．小球3对水平面的压力大小为Mg＋
4d2
解析：选B 小球1、2、3与小球4的连线长度为?3d?2＋d2＝2d，则该连线与竖直方向的夹角的余弦值为cos α＝
3d3
＝，故α＝30°。对小球4进行受力分析，由力的平衡条件可知作用在小球4上的2d2
3Md
?15－43?k
kq·10q153kq2
外力大小为F＝Mg＋3cos α＝＋Mg，方向竖直向上，A错误。由题意可知，球1、2、3
4d2?2d?2kq·10qkq24π2
彼此间的连线夹角为60°，对小球1有sin α－2cos 30°＝M2d，解得其做圆周运动的周期
T?2d?2?3d?24πd
T＝
q
3Md114π2d2?15－43?kq2
2
，B正确。小球2的动能为Ek2＝Mv2＝M2＝，C错误。小球
22T24d?15－43?k
kq·10q53kq2
3在竖直方向的合力为零，由力的平衡条件得FN＝Mg－cos α＝Mg－，则由牛顿第三定律
4d2?2d?253kq2
可知小球3对水平面的压力大小为Mg－，D错误。
4d2
带电粒子在电场中运动的综合问题(一)测试题及解析
