專題突破練8電場帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)(時(shí)間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(共12小題,每小題7分,共84分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第18小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,第912小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分)1.(2016全國卷)關(guān)于靜電場的等勢面,下列說法正確的是()A.兩個(gè)電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度一定相等D.將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面,電場力做正功2.(2018廣東茂名綜合測試)真空中有一半徑為r0的帶電金屬球殼,若取無窮遠(yuǎn)處為零電勢,通過其球心的一直線上各點(diǎn)的電勢分布規(guī)律可用圖中曲線表示,r表示該直線上某點(diǎn)到球心的距離,r1、r2分別是該直線上A、B兩點(diǎn)離球心的距離。下列說法中正確的是()A.該球殼帶負(fù)電B.A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度C.若r2-r1=r1-r0,則A-B=0-AD.將電子從A點(diǎn)移到B點(diǎn),電場力做正功3.(2017湖南株洲模擬)如圖所示,R是一個(gè)定值電阻,A、B為水平正對放置的兩塊平行金屬板,兩板間帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法正確的是()A.若增大A、B兩金屬板的間距,則有向右的電流通過電阻RB.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運(yùn)動(dòng)C.若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,P將向上運(yùn)動(dòng)D.若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,P將向上運(yùn)動(dòng)4.(2018湖南常德模擬)在空間某區(qū)域存在一電場,x軸上各點(diǎn)電勢隨位置變化情況如圖所示,圖線為曲線,且關(guān)于縱軸對稱。下列關(guān)于該電場的論述正確的是()A.圖中A點(diǎn)對應(yīng)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)對應(yīng)電場強(qiáng)度B.圖中A點(diǎn)對應(yīng)的電勢大于B點(diǎn)對應(yīng)電勢C.一個(gè)帶正電的粒子在x1點(diǎn)的電勢能等于在-x1點(diǎn)的電勢能D.一個(gè)帶正電的粒子在-x1點(diǎn)的電勢能大于在-x2點(diǎn)的電勢能5.(2018安徽蚌埠一質(zhì)檢)如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計(jì)),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出,若粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A.11B.21C.31D.416.(2018福建漳州調(diào)研)如圖,A、B、C三個(gè)點(diǎn)電荷分別固定于一個(gè)邊長為a的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn),它們所帶的電荷量分別為+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O釋放一個(gè)帶+q電荷的試探電荷,為了讓該試探電荷靜止在O點(diǎn),需要在空間加上一個(gè)平行于三角形所在平面的勻強(qiáng)電場,則()A.所加勻強(qiáng)電場方向?yàn)橛蒓指向A,電場強(qiáng)度大小為3kQa2B.所加勻強(qiáng)電場方向?yàn)橛葾指向O,電場強(qiáng)度大小為9kQa2C.撤去勻強(qiáng)電場,將試探電荷從O點(diǎn)移到BC中點(diǎn),移動(dòng)過程中試探電荷的電勢能增加D.撤去勻強(qiáng)電場,將試探電荷從O點(diǎn)移到BC中點(diǎn),移動(dòng)過程中電場力對試探電荷做正功7.(2018廣東廣州4月模擬)如圖,帶電粒子由靜止開始,經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后,垂直電場方向從兩極板正中間進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器,經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子,從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器,下列措施可行的是()A.保持U2和平行板間距不變,減小U1B.保持U1和平行板間距不變,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板8.(2018河南中原名校第四模)水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后,斷開開關(guān),重力不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器,如圖所示,小球先后經(jīng)過虛線的A、B兩點(diǎn)。則()A.如果小球所帶的電荷量為正電荷,小球所受的電場力一定向下B.小球由A到B的過程中電場力一定做負(fù)功C.小球由A到B的過程中動(dòng)能可能減小D.小球由A到B的過程中,小球的機(jī)械能可能減小9.(2018河南濮陽三模)如圖所示,豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場,與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球,P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放,Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放,兩小球最終都能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置。則從開始釋放到運(yùn)動(dòng)到右極板的過程中,下列選項(xiàng)正確的是()A.P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間B.P、Q的電勢能減少量之比為41C.P、Q的動(dòng)能增加量之比為41D.P、Q的電荷量之比為2110.(2018河北衡水金卷模擬)如圖所示,豎直面內(nèi)固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R,帶電荷量為+Q,在圓環(huán)的最高點(diǎn)用絕緣絲線懸掛一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球(大小不計(jì)),小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài),小球到圓環(huán)中心O距離為R,已知靜電力常量為k,重力加速度為g,則小球所處位置的電場強(qiáng)度為()A.mgqB.2mg2qC.kQR2D.k2Q4R211.(2018全國卷)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場內(nèi)間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時(shí)的動(dòng)能為10 eV,從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是()A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達(dá)不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時(shí),其電勢能為4 eVD.該電子經(jīng)過平面b時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍12.(2018河南南陽期末)如圖所示,一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置,板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)()A.兩極板間電壓為mgd2qB.板間電場強(qiáng)度大小為2mgqC.整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加mg2L2v02D.若僅增大兩極板間距,則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上二、計(jì)算題(本題共1個(gè)小題,共16分)13.(2018安徽安慶二模)電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成,勻強(qiáng)磁場的左邊界與偏轉(zhuǎn)電場的右邊界相距為s,如圖甲所示。大量電子(其重力不計(jì))由靜止開始,經(jīng)加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場。當(dāng)兩板沒有加電壓時(shí),這些電子通過兩板之間的時(shí)間為2t0,當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的電壓時(shí),所有電子均從兩板間通過,進(jìn)入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)磁場中,最后通過勻強(qiáng)磁場打在豎直放置的熒光屏上。問:甲乙(1)如果電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,則離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的側(cè)向位移大小是多少?(2)電子在剛穿出兩板之間的偏轉(zhuǎn)電場時(shí)最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少?(3)要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多少?(已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e)專題突破練8電場帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)一、選擇題(共12小題,每小題7分,共84分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第18小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,第912小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分)1.B解析 電場中電勢相同的點(diǎn)組成的面叫等勢面,電場線與等勢面垂直,電勢相同的點(diǎn)電場強(qiáng)度不一定相同;電場強(qiáng)度相同的點(diǎn)電勢也不一定相同;電場中某處電勢只能是一個(gè)值,如果兩等勢面相交,就有兩個(gè)值,故選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤,B正確。負(fù)電荷從電勢高處移向電勢低處電場力做負(fù)功,所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.B解析 根據(jù)圖象知,從球殼向外電勢逐漸降低,且電勢大于零,故該球帶正電,故A錯(cuò)誤;根據(jù)電場強(qiáng)度公式E=Ud可知,圖象斜率大小等于電場強(qiáng)度,則得A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度,故B正確;由于圖象斜率大小等于電場強(qiáng)度,從O到A再到B,電場強(qiáng)度逐漸減小;故若r2-r1=r1-r0,則A-B<0-A,故C錯(cuò)誤;電子沿直線從A移到B的過程中,電場力方向由B指向A,所以電場力做負(fù)功,故D錯(cuò)誤。3.C解析 由于兩極板和電源相連,則兩極板間的電壓恒定,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式C=rS4kd可知,電容減小,根據(jù)公式C=QU以及電壓不變可得電容器兩極板上所帶電荷量減小,故電容器放電,R中有向左的電流,A錯(cuò)誤;由于兩極板間的電壓不變,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式E=Ud可得兩極板間的電場強(qiáng)度減小,電場力小于重力,微粒P將向下運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,相當(dāng)于兩極板間的距離減小,電場強(qiáng)度增大,則微粒P受到的電場力大于重力,P向上運(yùn)動(dòng),C正確;若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,相當(dāng)于r增大,兩極板間的電場強(qiáng)度恒定不變,所以微粒P受到的電場力不變,P仍靜止,D錯(cuò)誤。故選C。4.C解析 -x圖象的斜率大小等于電場強(qiáng)度,所以B點(diǎn)對應(yīng)的電場強(qiáng)度大于A點(diǎn)對應(yīng)的電場強(qiáng)度,故A錯(cuò)誤;由題圖易知A點(diǎn)對應(yīng)的電勢小于B點(diǎn)對應(yīng)的電勢,故B錯(cuò)誤;由題圖可知,電場強(qiáng)度方向均指向O點(diǎn),根據(jù)對稱性可知,一個(gè)帶正電的粒子在x1點(diǎn)的電勢能等于在-x1點(diǎn)的電勢能,故C正確;電場線指向O點(diǎn),則正電荷由-x1到-x2的過程中電場力做負(fù)功,故電勢能增加,故帶正電的粒子在-x1點(diǎn)的電勢能小于在-x2點(diǎn)的電勢能,故D錯(cuò)誤。5.C解析 設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時(shí),粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a,粒子在t=nT時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最大ymax=12aT22+aT2T2=38aT2。粒子在t=nT+T2時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最小ymin=0+12aT22=18aT2,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是31,故C項(xiàng)正確。6.D解析 O點(diǎn)是三角形的中心,到三個(gè)電荷的距離為r=23asin 60=33a,三個(gè)電荷在O處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小EA=kQr2=3kQa2,EB=EC=kQr2=6kQa2,根據(jù)對稱性和幾何知識得知:E合=9kQa2,方向由A指向O,所以所加勻強(qiáng)電場方向?yàn)橛蒓指向A,電場強(qiáng)度大小為9kQa2,故A、B錯(cuò)誤;撤去勻強(qiáng)電場,將試探電荷從O點(diǎn)移到BC中點(diǎn),電勢降低,移動(dòng)過程中電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,故D正確,C錯(cuò)誤;故選D。7.D解析 粒子在電場中加速U1q=12mv02,在偏轉(zhuǎn)電場中x=v0t,d2=12U2qdmt2,解得x2=2d2U1U2,開始時(shí)x=12L,若要使x增大為L,保持U2和平行板間距不變,減小U1,則x會(huì)減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持U1和平行板間距不變,增大U2,則x減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板,則d減小,x減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板,則x變大,故選項(xiàng)D正確,故選D。8.D解析 小球在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用,由題圖小球運(yùn)動(dòng)軌跡可知,小球向下運(yùn)動(dòng),說明小球受到的合力豎直向下,重力與電場力的合力豎直向下;當(dāng)小球帶正電時(shí),若上極板帶正電荷,小球受到的合力向下,小球運(yùn)動(dòng)軌跡向下,若上極板帶負(fù)電,但如果電場力小于重力,小球受到的合力向下,小球運(yùn)動(dòng)軌跡向下,故無法確定電場力與重力的大小關(guān)系,A錯(cuò)誤;如果小球受到的電場力向下,小球從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中電場力做正功,如果小球受到的電場力向上,則電場力做負(fù)功,B錯(cuò)誤;小球受到的合力向下,小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中合外力做正功,小球的動(dòng)能增加,C錯(cuò)誤;小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程,如果所受電場力向上,則機(jī)械能減小,D正確。9.BD解析 小球在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng),兩者下落高度相同,說明運(yùn)動(dòng)時(shí)間一樣,故A錯(cuò)誤。在水平方向小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)x=12qUmdt2,可知位移之比為21,說明P、Q粒子的電荷量之比為21,故D正確。電勢能的減少量為電場力做的功,即EpPEpQ=2qUqU2=41,故B正確。動(dòng)能增加量為合外力做的功,即EkPEkQ=(mgh+2qU)mgh+qU2,由于不知道重力與電場力的關(guān)系,故C錯(cuò)誤;故選BD。10.AD解析 對小球受力分析可知mgtan 45=qE,解得E=mgq,則選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;由于圓環(huán)不能看作點(diǎn)電荷,我們?nèi)A環(huán)上一部分x,總電荷量為Q,則該部分電荷量為x2RQ;該部分電荷在小球處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1=kQx2L2R=kQx2(2R)2R=kQx4R3,方向沿該點(diǎn)與小球的連線指向小球;同理取以圓心對稱的相同的一段,其電場強(qiáng)度與E1相同;則兩個(gè)電場強(qiáng)度的合電場強(qiáng)度為E1=2kQx4R3cos 45=2kQx4R3,方向應(yīng)沿圓心與小球的連線向外;因圓環(huán)上各點(diǎn)均在小球處產(chǎn)生電場,則合電場強(qiáng)度為E=RxE1=2kQ4R2,選項(xiàng)D正確,C錯(cuò)誤;故選AD。11.AB解析 從a到d的過程克服電場力做功為6 eV,所以電場方向?yàn)樗较蛴?每個(gè)間距電勢差為2 V,所以平面c電勢為零,故A項(xiàng)正確;由于電子不一定垂直等勢面進(jìn)入,可能做曲線運(yùn)動(dòng),所以可能到達(dá)不了f平面,故B項(xiàng)正確;整個(gè)過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,動(dòng)能分別為+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由于電子經(jīng)過b、d平面時(shí)的動(dòng)能分別為8 eV和4 eV,所以該電子經(jīng)過b平面時(shí)的速率是經(jīng)過d時(shí)的2倍,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。12.BC解析 據(jù)題分析可知,小球在極板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動(dòng),飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn),才能最后垂直打在M屏上,前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡有對稱性,如圖所示:可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=2mgq,由U=Ed得板間電勢差U=2mgqd=2mgdq,故A錯(cuò)誤,B正確;小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y=12at2,a=qE-mgm=g,t=Lv0,解得:y=gL22v02,故小球打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為:s=2y=gL2v02,重力勢能的增加量Ep=mgs=mg2L2v02,故C正確。僅增大兩板間的距離,因兩板上電荷量不變,根據(jù)E=Ud=QCd=QS4kdd=4kQS可知,板間電場強(qiáng)度不變,小球在電場中受力情況不變,則運(yùn)動(dòng)情況不變,故仍垂直打在M上,故D錯(cuò)誤。故選BC。二、計(jì)算題(本題共1個(gè)小題,共16分)13.答案 (1)3U0et022dm(2)31(3)U0t0dl解析 (1)當(dāng)電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí),有y=12at02+vyt0=12U0emdt02+U0emdt0t0,得y=3U0et022dm。(2)由題意可知,要使電子的側(cè)向位移最大,應(yīng)讓電子從0、2t0、4t0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為ymax=12at02+vyt0ymax=12U0edmt02+U0edmt02=32U0edmt02要使電子的側(cè)向位移最小,應(yīng)讓電子從t0、3t0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,在這種情況下,電子的側(cè)向位移為ymin=12U0edmt02所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為ymaxymin=31。(3)設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)的偏向角為,電子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑R,由于電子要垂直打在熒光屏上,由幾何關(guān)系有:R=lsin設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時(shí)的速度為vt,垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy,則電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時(shí)的偏向角為:sin =vyvt,式中vy=U0edmt0又R=mvtBe,由上述四式可得:B=U0t0dl。