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1、电场及带电粒子在电场中的运动问题(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,16题为单选题,79题为多选题)1.(2016全国卷)关于静电场的等势面,下列说法正确的是()A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功【解析】选B。等势面的特点:两个电势不同的等势面不可能相交,故A错误;电场线与等势面处处相互垂直,故B正确;等势面的疏密程度表示电场强度的大小,故C错误;电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面,负电荷受力与电场线的方向相反,故负电荷受
2、力由电势低的等势面指向电势高的等势面,那么它从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做负功,D错误。2.某位移式传感器的原理示意图如图所示,E为电源,R为电阻,平行金属板A、B和介质P构成电容器,当可移动介质P向左匀速移出的过程中()A.电容器的电容变大B.电容器的电荷量保持不变C.M点的电势比N点的电势低D.流过电阻R的电流方向从M到N【解析】选D。当可移动介质P向左匀速移出的过程中,介电常数减小,电容器电容变小,选项A错误;电容器的电压等于电源电动势不变,电荷量Q=CU减小,选项B错误;电容器放电,电流方向为MRN,M点的电势比N点的电势高,选项C错误,D正确。3.如图所示为某电场中
3、x轴上电势随x变化的图象,一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动,且以一定的速度通过x=x2处,则下列说法正确的是()A.x1和x2处的电场强度均为零B.x1和x2之间的场强方向不变C.粒子从x=0到x=x2过程中,电势能先增大后减小D.粒子从x=0到x=x2过程中,加速度先减小后增大【解析】选D。-x图象中斜率表示场强,斜率的绝对值的大小表示场强的大小,斜率的正负表示场强的方向,题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大,场强方向先沿负方向后沿正方向,A、B项错误;粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动,表明粒子运动方向与电场力方向同向,则从x=0到x=x2的过程中,电场力
4、先做正功后做负功,电势能先减小后增大,C项错误;因从x=0到x=x2过程中,电场强度先减小后增大,故粒子的加速度先减小后增大,D项正确。【加固训练】一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中Ox2段是关于直线x=x1对称的曲线,x2x3段是直线,则下列说法正确的是()A.x1处电场强度最小,但不为零B.粒子在Ox2段做匀变速运动,x2x3段做匀速直线运动C.在O、x1、x2、x3处的电势0、1、2、3的关系为32=01D.x2x3段的电场强度大小、方向均不变【解析】选D。因为Ep=Eqx,所以=Eq,即图象的斜率表示电场力的大小,所以在x1处电
5、场力最小,为零,故在x1处电场强度最小,为零,A错误;图象的斜率表示电场力的大小,所以粒子Ox2段做变加速直线运动,x2x3段做匀加速直线运动,B错误;根据电势能与电势的关系Ep=q,粒子带负电,q2=03,C错误;x2x3段为直线,斜率恒定,所以该段为匀强电场,D正确。4. (2019菏泽模拟)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等差等势面,ab的间距大于bc的间距。实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、M为轨迹上的两个点,由此可知()A.粒子在M点受到的电场力比在P点受到的电场力大B.粒子在P、M两点间的运动过程中,电场力一定做正功C.粒子在M点的电势能一定比在
6、P点的电势能大D.三个等势面中,a的电势一定最高【解析】选C。因等势面中ab的间距大于bc的间距,可知M点的电场线较P点稀疏,粒子在M点受到的电场力比在P点受到的电场力小,选项A错误;由粒子的运动轨迹可知,粒子从M向P点运动时,电场力做正功,电势能减小,即粒子在M点的电势能比在P点的电势能大;粒子从P向M点运动时,电场力做负功,电势能增加,即粒子在M点的电势能比在P点的电势能大,故选项B错误,C正确;因不知道粒子的电性,故不能判断等势面中电势的高低,选项D错误。5.如图所示,平行板电容器板间电压为U,板间距为d,两板间为匀强电场,让质子以初速度v0垂直电场射入,沿a轨迹落到下板的中央,现只改变
7、其中一个条件,让质子沿b轨迹落到下板边缘,则可以将()A.开关S断开B.初速度变为C.板间电压变为D.竖直移动上板,使板间距变为2d【解析】选C。开关S断开,电容器极板电荷量不变,电容器电容不变,电容器两极板间电压不变,场强不变,质子所受电场力不变,加速度不变,所以仍落到下板的中央,A错误;将初速度变为一半,质子加速度不变,运动时间不变,质子的水平位移变为原来的一半,不可能到达下板边缘,B错误;当板间电压变为时,场强变为原来的,电场力变为原来的,加速度变为原来的,根据y=at2知,时间为原来的2倍,由x=v0t知水平位移为原来的2倍,所以能沿b轨迹落到下板边缘,C正确;竖直移动上板,使板间距变
8、为2d,则板间场强变为原来的,电场力为原来的,加速度为原来的,根据y=at2知,时间为原来的倍,水平位移为原来的倍,不能到达下板边缘,D错误。6.(2020武汉模拟)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,准确地测定了电子的电荷量。如图所示,平行板电容器两极板M、N与电压恒定为U的电源两极相连,板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落,则()A.此时极板间的电场强度E=B.油滴带电荷量为C.减小极板间电压,油滴将减速下落D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动【解析】选A。极板间电压为U,间距为d,是匀强电场,故场强E=,故选项A正确;油滴受重力和电场力,
9、处于平衡状态,故mg=q,解得q=,故选项B错误;减小极板间电压,场强减小,电场力小于重力,合力向下,故油滴将加速下落,故选项C错误;将极板N向下缓慢移动一小段距离,板间距增加,场强减小,电场力减小,电场力小于重力,合力向下,故油滴将加速下落,故选项D错误。7. (2019全国卷)如图,电荷量分别为q和-q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加【解析】选B、C。两个点电荷间的电场线分布是由q指向-q的,根据正方体的特点可知在这四点
10、所在平面上a点和b点所处电场线是关于q和-q连线对称的,且b点距离正电荷q较a点更近,沿电场线方向电势逐渐降低,故b点电势高于a点电势,故A项错误。如图所示,两点电荷在a、b两点所产生合场强大小相等,方向相同,故B、C项正确。负电荷从a点移动到b点,由电势低的地方移动到电势高的地方,电场力做正功,电势能减小,故D项错误。8.如图所示,M、N为两个等大的均匀带电圆环,其圆心分别为A、C,带电荷量分别为+Q、-Q,将它们平行放置,A、C连线垂直于圆环平面,B为AC的中点,现有质量为m、带电荷量为+q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入,到A点时速度vA=1 m/s,到B点时速度vB= m/
11、s,则()A.微粒从B至C做加速运动,且vC=3 m/sB.微粒从A到C先做减速运动,后做加速运动C.微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/sD.微粒最终可能返回至B点,其速度大小为 m/s【解析】选A、C。A、C之间电场是对称的,微粒从A到B电场力做的功和从B到C电场力做的功相同,依据动能定理可得qU=m-m,2qU=m-m,解得vC=3 m/s,故A正确;在到达A点之前,微粒做减速运动,而从A到C微粒一直做加速运动,故B错误;过B点作垂直AC的线,此线为等势面,微粒出C点之后,会向无穷远处运动,而无穷远处电势为零,故B点的动能等于无穷远处的动能,依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点
12、相同,为 m/s。故C正确,D错误。9. (2019太原模拟)在竖直向上的匀强电场中,有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出,最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示,两球之间的静电力和空气阻力均不考虑,则()A.A球带正电,B球带负电B.A球比B球先落地C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中,A球的速率变化量比B球的小【解析】选A、D。两球均做类平抛运动,水平方向上有x=v0t,竖直方向上有h=at2,得加速度大小a=,可见水平距离x越大,加速度a越小,相应所用时间t越长,即B球先
13、落地,A球的加速度a1小于B球的加速度a2,说明A球带正电而受到竖直向上的电场力,B球带负电而受到竖直向下的电场力,在下落过程中,电场力对A球做负功,A球电势能增加,电场力对B球做正功,B球电势能减少,选项A正确,B、C均错误;根据动能定理有mah=mv2-m,可见加速度a越大,落地速度v越大,速率变化量越大,即A球的速率变化量较小,选项D正确。二、计算题(本题共46分,需写出规范的解题步骤)10. (12分)如图所示,一电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上,当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中,小物块恰好静止。重力加速度取g,sin37=0.6,cos37=0.8。求
14、:(1)水平向右电场的电场强度;(2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度;(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。【解析】 (1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力分析如图所示,则有FNsin 37=qEFNcos 37=mg由可得E=(2)若电场强度减小为原来的,即E=由牛顿第二定律得mgsin 37-qEcos 37=ma可得a=0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功,电场力做负功,由动能定理得mgLsin 37-qELcos 37=Ek-0可得Ek=0.3mgL答案:(1)(2)0.3g(3)0.3mgL11.(14分)如图所示的装置放置在真空
15、中,炽热的金属丝可以发射电子,金属丝和竖直金属板之间加一电压U1=2 500 V,发射出的电子被加速后,从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置,板长l=6.0 cm,相距d=2 cm,两极板间加以电压U2=200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e=1.610-19 C,电子的质量m=0.910-30 kg,设电子刚离开金属丝时的速度为0,忽略金属极板边缘对电场的影响,不计电子受到的重力。求:(1)电子射入偏转电场时的动能Ek;(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y;(3)电子在偏转电场
16、运动的过程中电场力对它所做的功W。【解析】(1)电子在加速电场中,根据动能定理有eU1=Ek,解得Ek=4.010-16 J。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动,由l=v0t,解得t=电子在竖直方向受电场力F=e电子在竖直方向做匀加速直线运动,设其加速度为a依据牛顿第二定律有e=ma,解得a=电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y=at2=()2将eU1=m代入得y=代入数据解得y=0.36 cm。(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U=y,电场力所做的功W=eU解得W=5.7610-18 J。答案:(1)4.010-16 J(2)0.36 cm
17、(3)5.7610-18 J【总结提升】带电粒子在电场中偏转问题的求解通法垂直射入匀强电场的带电粒子,在电场中只受电场力作用,与重力场中的平抛运动相类似,研究这类问题的基本方法是将运动分解,可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动。1.解决带电粒子先加速后偏转模型的通法:加速电场中的运动一般运用动能定理qU=mv2进行计算;在偏转电场中的运动为类平抛运动,可利用运动的分解进行计算;二者靠速度相等联系在一起。2.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:(1)Y=y+dtan (d为屏到偏转电场的水平距离);(2)Y=tan (L为电场宽度);(3)Y=y+vy;
18、(4)根据三角形相似=。12. (20分)(2020宜昌模拟)如图,直角坐标系xOy位于同一竖直平面内,其中x轴水平、y轴竖直,xOy平面内长方形区域OABC内有方向垂直OA的匀强电场,OA长为l,与x轴间的夹角=30。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看作质点)从y轴上的P点沿x轴方向以一定速度射出,恰好从OA的中点M垂直OA进入电场区域。已知重力加速度为g。(1)求P的纵坐标yP及小球从P射出时的速度v0;(2)已知电场强度的大小为E=,若小球不能从BC边界离开电场,OC长度应满足什么条件?【解析】(1)设小球从P运动到M所用时间为t1,则有yP-sin=gcos=v0t1=gt1解得yP=lv0=(2)设小球到达M时速度为vM,进入电场后加速度为a,有vM=又mgcos=qE小球在电场中沿vM方向做匀速直线运动,沿与vM垂直方向做加速度为a的匀加速运动,设边界OC的长度为d时,小球不能从BC边射出,在电场中运动时间为t2,mgsin=madvMt2=a解得dl答案:(1)l(2)dl