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專題限時集訓(八)　帶電粒子在電場中的運動 一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．) 1．(2016陜西安康二調)如圖19所示，對于電場線中的A、B、C三點，下列判斷正確的是(　　) 圖19 A．A點的電勢最低 B．B點的電場強度最大 C．同一正電荷在A、B兩點受的電場力大小相等 D．同一負電荷在C點具有的電勢能比在A點的大 D　[根據電場線的特點，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則φA>φC>φB，又知同一負電荷在電勢越低處電勢能越大，則同一負電荷在C點具有的電勢能比在A點的大，所以A錯誤、D正確；因在同一電場中電場線越密，電場強度越大，則知A點電場強度最大，所以B錯誤；因EA>EB，則同一正電荷在A、B兩點所受電場力關系為FA>FB，所以C錯誤．] 2．(2016湖南長沙一模)如圖20所示，虛線a、b、c代表電場中一簇等勢線，相鄰等勢線之間的電勢差相等，實線為一帶電質點(重力不計)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知(　　) 【導學號：37162046】 圖20 A．a、b、c三條等勢線中，a的電勢最高 B．電場中Q點處的電場強度大小比P點處大 C．該帶電質點在P點處受到的電場力比在Q點處大 D．該帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大 C　[由圖可知，P點處等勢線比Q點處密集，則P點處的電場強度比Q點處大，該帶電質點在P點處受到的電場力比在Q點處大，故B錯、C對；若帶電質點從P向Q運動，根據合外力指向軌跡彎曲的凹側知電場力做負功，電勢能增加，動能減?。蝗魪腝向P運動，則電場力做正功，電勢能減小，動能增大，故帶電質點在P點處的動能大于在Q點處的動能，在P點具有的電勢能小于在Q點具有的電勢能，因不知質點所帶電荷的電性，則無法判斷電勢高低，故A、D錯誤．] 3．如圖21所示，等量異種點電荷A、B固定在同一水平線上，豎直固定的光滑絕緣桿與的中垂線重合，C、D是絕緣桿上的兩點，ACBD構成一個正方形．一帶負電的小球(可視為點電荷)，套在絕緣桿上自C點無初速度釋放，由C運動到D的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖21 A．小球的速度先減小后增大 B．小球的速度先增大后減小 C．桿對小球的作用力先減小后增大 D．桿對小球的作用力先增大后減小 D　[由等量異種點電荷電場的疊加特點知，兩電荷連線的中垂線上的場強均垂直于中垂線指向負電荷，故水平方向桿對小球的作用力與電場力相平衡，小球豎直方向只受重力作用，加速度為g，小球一直向下做勻加速直線運動，速度一直增加，選項A、B錯誤；又因為兩電荷連線的中垂線與連線的交點處的場強是中垂線上場強的最大值，故桿對小球的作用力先增大后減小，選項C錯誤，D正確．] 4. (2016東北三省四市聯合體聯考)如圖22所示，在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置．一帶電粒子沿平行于板面的方向，從左側兩極板中央射入電場中，恰能從右側極板邊緣處離開電場．不計粒子重力．若可以改變某個量，下列哪種變化，仍能確保粒子一定飛出電場(　　) 圖22 A．只增大粒子的帶電量 B．只增大電場強度 C．只減小粒子的比荷 D．只減小粒子的入射速度 C　[設極板長為L，極板間的距離為d，帶電粒子的質量為m、電荷量為q、加速度為a，沿平行板面方向帶電粒子做勻速直線運動L＝vt，垂直板面方向做初速度為零的勻加速運動＝at2，qE＝ma，由以上三式解得＝，若只增大粒子的帶電量或只增大電場強度或只減小粒子的入射速度，則粒子在豎直方向的位移y>，粒子將打在極板上，不能飛出電場，選項A、B、D錯誤；若只減小粒子的比荷，則粒子在豎直方向的位移y<，粒子能飛出電場，選項C正確．] 5.如圖23所示，在真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地．現有大量質量均為m、帶電量均為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點．如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第N＋1滴油滴剛好能飛離電場，假定落到A板的油滴的電量能被板全部吸收，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則以下說法錯誤的是(　　) 圖23 A．落到A板的油滴數N＝ B．落到A板的油滴數N＝ C．第N＋1滴油滴通過電場的整個過程所增加的動能等于 D．第N＋1滴油滴通過電場的整個過程所減少的機械能等于 A　[由平拋運動規(guī)律：x＝v0t，y＝gt2可知，當N個油滴落到板上后，其加速度a＝g，由ma＝mg－qE得qE＝mg，電容器中的場強E＝＝＝可得N＝，故B對、A錯．由動能定理W合＝mg－qE，代入數據得：W合＝，故C對．克服電場力做的功等于油滴減少的機械能，W電＝qE＝，故D對．] 6．(2016山西大同二模)如圖24所示，平行板電容器與電動勢為E′的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負電油滴被固定于電容器中的P點．現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法中正確的是(　　) 【導學號：37162047】 圖24 A．平行板電容器的電容將變小 B．靜電計指針張角變小 C．帶電油滴的電勢能將減少 D．若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變 ACD　[將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據關系式C＝可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板間電勢差的變化，題中電容器兩極板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距d變大時，板間電場強度E＝減小，帶電油滴所處位置的電勢φP＝U－Ed1增大，其中d1為油滴到上極板的距離，又因為油滴帶負電，所以其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器的電荷量Q不變，極板間距d變大，根據Q＝CU，E＝和C＝可知E∝，可見，極板間電場強度E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項D正確．] 7．(2016河北衡水中學二模)如圖25甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度v0沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其vt圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) 圖25 A．兩點電荷一定都帶負電，但電量不一定相等 B．兩點電荷一定都帶負電，且電量一定相等 C．試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠處 D．t2時刻試探電荷的電勢能最大，但加速度不為零 BD　[由vt圖可知t2時刻運動方向改變，且圖線斜率不為零，則加速度不為零，0～t2時間內做減速運動，電場力做負功，試探電荷的動能轉化為電勢能，t2時刻電勢能最大，C錯誤，D正確．試探電荷沿直線向上運動，則其所受電場力的方向沿Q1、Q2連線的中垂線方向向下，所以兩點電荷都帶負電，且電量相等，A錯誤，B正確．] 8．(2016河北邢臺質檢)如圖26所示，A、B為一勻強電場中同一電場線上的兩點，現在A、B所在直線上某一點固定一電荷Q，然后在A點由靜止釋放一點電荷q，結果點電荷q運動到B時的速度為零，若點電荷q只受電場力作用，則下列結論正確的是(　　) 圖26 A．電荷Q與點電荷q一定是同種電荷 B．電荷Q一定在A點的左側 C．點電荷q的電勢能一定是先減小后增大 D．A、B兩點電勢一定相等 ACD　[由題意分析知電荷Q應在點A、B的外側，如果Q在A點左側，點電荷q從A由靜止釋放運動到點B時速度為零，說明點電荷q先做加速運動后做減速運動，在A、B連線某一位置合場強為零，這時Q和q是同種電荷，同理分析，如果Q在B點的右側，則Q和q一定是同種電荷，A項正確，B項錯誤；由于只有電場力做功，因此動能與電勢能之和不變，且兩種能相互轉化，又知q的速度先增大后減小，則其電勢能先減小后增大，C項正確；由于點電荷q在A、B兩點的動能均為零，因此點電荷在A、B兩點的電勢能相等，則A、B兩點電勢相等，D項正確．] 二、計算題(共2小題，32分) 9. (14分)如圖27所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷．a、b是AB連線上兩點，其中Aa＝Bb＝L/4，O為AB連線的中點．一質量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊(可視為質點)以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經過O點時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求： 圖27 (1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數μ； (2)O、b兩點間的電勢差UO b； (3)小滑塊運動的總路程s. 【導學號：37162048】 【解析】　(1)由Aa＝Bb＝，O為AB連線的中點得：a、b關于O點對稱，則Ua b＝0. 設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對于滑塊從a→b過程，由動能定理得： qUa b－f＝0－E0 而f＝μmg 解得：μ＝. (2)滑塊從O→b過程，由動能定理得： qUO b－f＝0－nE0 解得：UO b＝－. (3)對于小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程，由動能定理得： qUa O－fs＝0－E0 而Ua O＝－UO b＝ 解得：s＝L. 【答案】　(1)　(2)－E0　(3)L 10．(18分) (2014全國卷Ⅰ T25)如圖28所示，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60，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(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行．現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，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： 圖28 (1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值； (2)電場強度的大小和方向． 【解析】　(1)設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據平拋運動的規(guī)律有 dsin 60＝v0t ① dcos 60＝gt2 ② 又有Ek0＝mv ③ 由①②③式得 Ek0＝mgd ④ 設小球到達A點時的動能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgd ⑤ 由④⑤式得＝. ⑥ (2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0 ⑧ 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＝ ⑨ 解得x＝d，MA為等勢線，電場強度方向必與其垂線OC方向平行．設電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關系可得α＝30. 即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30 設電場強度的大小為E，有 qEdcos 30＝ΔEpA ? 由④⑦?式得 E＝. ? 【答案】　(1)(2)　電場方向與豎直向下的方向的夾角為30