第8講電場帶電粒子在電場中的運動

專題三電場與磁場第8講電場帶電粒子在電場中的運動能力培養(yǎng)練1.(2023·遼寧卷,9)(多選)圖甲為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意圖,圖乙為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢面分布圖,相鄰兩等勢面間電勢差相等,則(CD)A.P點電勢比M點的低B.P點電場強度大小比M點的大C.M點電場強度方向沿z軸正方向D.沿x軸運動的帶電粒子,電勢能不變解析:因P點所在的等勢面高于M點所在的等勢面,可知P點電勢比M點的高,選項A錯誤;由于相鄰等勢面間電勢差相等,而M點等勢面比P點密集,則M點電場強度大于P點電場強度,選項B錯誤;電場強度方向垂直于等勢面,且從電勢高的面指向電勢低的面,可知M點電場強度方向沿z軸正方向,選項C正確;沿x軸運動的帶電粒子,所受電場力與運動方向一定垂直,電場力不做功,則電勢能不變,選項D正確。2.如圖所示,質(zhì)量相等可視為點電荷的a、b、c三個帶電絕緣小球,其中a帶正電并固定在絕緣豎直彈簧下端。當(dāng)a、b、c三個小球的球心距離為L時,b、c小球帶電荷量相等并懸在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(C)A.彈簧彈力大于三個小球受到的總重力B.小球a受三個作用力C.小球a的帶電荷量是小球b帶電荷量的2倍D.剪斷彈簧后,三個小球一起做自由落體運動解析:把三個小球看成整體,可得彈簧彈力等于三個小球受到的總重力,故A錯誤;對a球受力分析,受重力、兩個靜電力和彈簧彈力,共四個力,故B錯誤;根據(jù)受力平衡可得b、c小球帶等量的負(fù)電荷,設(shè)小球a、b的電荷量絕對值分別為qa、qb,a、b之間的靜電力Fab=kqaqbL2,b、c之間的靜電力FbcFabcosθ=Fbc,代入得qa=2qb,故C正確;剪斷彈簧后,a受重力和b、c小球?qū)的靜電力,a下落的加速度大于重力加速度,剪斷瞬間小球b、c受力不變,加速度為零,故D錯誤。3.(多選)如圖所示,實線為某一帶電粒子在某點電荷電場中的運動軌跡,軌跡關(guān)于虛線PQ對稱,軌跡與PQ相交于A點,軌道上M、N兩點關(guān)于PQ對稱,粒子只受靜電力作用。則下列說法正確的是(AC)A.點電荷一定在PQ上B.帶電粒子在M、N兩點受力相同C.M、N兩點電勢一定相同D.帶電粒子在A點的動能一定最大解析:帶電粒子在點電荷電場中只受靜電力作用,其運動軌跡具有對稱性,則對稱軸一定是過點電荷的直線,所以點電荷一定在PQ上,A正確。帶電粒子在M、N兩點受力大小相等,方向不同,B錯誤。根據(jù)對稱性,M、N兩點到點電荷的距離相同,一定在同一等勢面上,電勢一定相同,C正確。如果帶電粒子與點電荷帶同種電荷,如圖甲所示,則其在A點的動能最小;如果帶電粒子與點電荷帶異種電荷,如圖乙所示,則其在A點的動能最大,D錯誤。4.(2022·北京東城區(qū)二模)如圖所示,一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地,兩板間的P點固定一個帶正電的檢驗電荷。用C表示電容器的電容,E表示兩板間的電場強度的大小,表示P點的電勢,W表示正電荷在P點的電勢能。若正極板保持不動,將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0,上述各物理量與負(fù)極板移動距離x(x≤l0)的關(guān)系圖像中正確的是(C)解析:當(dāng)負(fù)極板右移時,兩板間的距離減小,由C=εrS4πk(Ud=4πkQεrS,E與d、x無關(guān),選項B錯誤;因負(fù)極板接地,設(shè)P點開始距負(fù)極板的距離是d′,則P點的電勢=E(d′x),選項C正確;正電荷在P點的電勢能W=q=qE(d′x)=qEd′5.(2023·湖南卷,5)如圖,真空中有三個點電荷固定在同一直線上,電荷量分別為Q1、Q2和Q3,P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零,q>0,則三個點電荷的電荷量可能為(D)A.Q1=q,Q2=2q,Q3=qB.Q1=q,Q2=433q,Q3C.Q1=q,Q2=2q,Q3=qD.Q1=q,Q2=433q,Q解析:選項A、B的電荷均為正和均為負(fù),根據(jù)電場強度的疊加原理可知,P點的電場強度不可能為零,A、B錯誤;C項,設(shè)P、Q1間的距離為r,Q1、Q3在P點產(chǎn)生的合電場強度大小為E,有cos120°=(kq解得E=21kq4r2,而Q2在P點產(chǎn)生的電場強度大小為E2=32kq4r2,則P點的電場強度不可能為零,C錯誤;D項,設(shè)P、Q1間的距離為r′,Q1、Q3在P點產(chǎn)生的合電場強度大小為E′,有cos120°=(6.(2021·江蘇卷,10)一球面均勻帶有正電荷,球內(nèi)的電場強度處處為零,如圖所示,O為球心,A、B為直徑上的兩點,OA=OB,現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分,C為截面上的一點,移去左半球面,右半球面所帶電荷仍均勻分布,則(A)A.O、C兩點電勢相等B.A點的電場強度大于B點C.沿直線從A到B電勢先升高后降低D.沿直線從A到B電場強度逐漸增大解析:對于完整帶電球面,在其內(nèi)部AB的中垂面上各點電場強度為零,因左右半球面的電場關(guān)于中垂面對稱,所以左右半球面各自在中垂面上各點的電場強度方向均垂直于中垂面,即中垂面為等勢面,故O、C兩點電勢相等,故A正確;兩球面未分開時,設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2,由題知,均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零,則知E1=E2,根據(jù)對稱性,左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1,且E1=E2,在圖示電場中,A點的電場強度大小為E2,方向向左,B點的電場強度大小為E1,方向向左,所以A點的電場強度與B點的電場強度相同,故B、D錯誤;根據(jù)電場疊加原理可知,直線AB上電場線的方向向左,沿著電場線的方向電勢降低,則B點電勢高于A點電勢,故C錯誤。素養(yǎng)提升練7.如圖甲所示,間距為d的兩金屬板水平放置,板間電場強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻,質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間,13T～2A.微粒飛出時的速度沿水平方向且大于v0B.微粒的最大速度為v0+gTC.微粒受到的電場力做功為mgdD.微粒飛出時重力的功率為mgv0解析:由題意知,13T～23T時間內(nèi)微粒勻速運動,設(shè)微粒所帶電荷量為q,則有qE0=mg,微粒所受電場力向上。0～1mg=ma1,得a1=g,可知在豎直方向,0～13T內(nèi)微粒向上加速,13T～23T內(nèi)微粒向上勻速,23T～T內(nèi)微粒向上減速,t=T時微粒的豎直分速度為0,在水平方向上微粒一直勻速,微粒飛出兩板間的速度沿水平方向且等于故B錯誤。設(shè)微粒受到的電場力做功為W,對微粒運動的全過程根據(jù)動能定理有Wmgd2=12mv02128.(多選)兩點電荷固定在x軸上坐標(biāo)為3L和3L的兩點處,已知位于x=3L處的點電荷的帶電荷量大小為Q,兩點電荷連線上各點的電勢隨x變化的關(guān)系圖像如圖所示,x=L處的電勢最低,x軸上M、N兩點的坐標(biāo)分別為2L和2L,則(CD)A.兩點電荷為異種電荷B.M點的電場強度小于N點的電場強度C.位于x=3L處的點電荷的帶電荷量小于QD.電子在M點處的電勢能小于在N點處的電勢能解析:x圖像上某點的切線斜率的絕對值表示電場強度的大小,x=L處的電勢最低,可知該點的電場強度是零,因為該點在兩點電荷之間,所以兩點電荷一定是同種電荷,A錯誤;由x圖像可知,x=L處的電場強度是零,設(shè)位于x=3L處的點電荷的帶電荷量為Q′,由點電荷的電場強度表達(dá)式可得kQ(4L)2=kQ'(2L9.(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是(ABD)A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標(biāo)原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點,電場力做功為9eV解析:如圖所示,由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知,O、a間電勢差與b、c間電勢差相等,故O點電勢為1V,B正確;則在x軸上,每0.5cm長度對應(yīng)電勢差為1V,10V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e坐標(biāo)為(4.5,0),△aOe中,Oe∶Oa=4.5∶6=3∶4,由幾何知識得,Oc垂直于ae,且Od長度為3.6cm,代入公式E=UdA正確;電子帶負(fù)電,電勢越高,電勢能越小,電子在a點的電勢能比在b點的高7eV,C錯誤;電子從b點運動到c點,電場力做功W=ΔEp=eUbc=9eV,D正確。10.(多選)如圖所示,不計重力的質(zhì)子(11H)和α粒子A.豎直偏移量較小 B.所用的時間較少C.動量改變量較小 D.動能改變量較小解析:設(shè)粒子射出加速電場時的速度為v,根據(jù)動能定理有qU=12mv2,所以進(jìn)入豎直勻強電場時的速度v=2qUm,質(zhì)子的比荷(qmv2t1知質(zhì)子在加速電場中的運動時間較少;粒子在水平方向做勻速直線運動,則運動時間為t2=Lv=Lm2qU,質(zhì)子的比荷(qm)較大,在偏轉(zhuǎn)電場中所用的時間較少,所以質(zhì)子所用的總時間較少,故B正確。由qE=ma得a=qEm,粒子豎直偏移量為y=12at22=EL24U11.如圖所示,光滑斜面傾角為θ,虛線M、N之間有沿斜面向上的勻強電場,完全相同的兩塊帶電絕緣薄板A、B并排放在斜面上,A、B不粘連,A的下端到M的距離為L。每塊板長為L,質(zhì)量為m,帶電荷量為+q,電荷在絕緣板上分布均勻,M、N之間的距離為3L,電場強度E=mgsin放,求:(1)B下端剛進(jìn)入電場時,A對B的彈力大小;(2)從A下端進(jìn)入電場到B上端進(jìn)入電場的過程中,電場力對A、B做的總功;(3)B上端離開電場時的速度。解析:(1)以A、B整體為研究對象,薄板A上端到達(dá)M時,由牛頓第二定律有2mgsinθEq=2ma,以B為研究對象有mgsinθF=ma,聯(lián)立解得F=mgsin(2)隨著絕緣板進(jìn)入電場的長度增加,電場力均勻增加,則進(jìn)入過程平均電場力F=qE,電場力做功W=F·2L,解得W=2mgLsinθ。(3)設(shè)B上端進(jìn)入電場的速度為v1,從釋放至B上端進(jìn)入電場,由動能定理得2mgsinθ·3L+W=12·2mvB完全進(jìn)入電場后A、B間不再有力的作用,B開始出電場以前在電場中勻速運動,設(shè)B上端離開電場時的速度為v2,對B出電場過程,由動能定理得12mv2212m解得v2=5gL答案:見解析難關(guān)攻克練12.(2023·遼寧錦州二模)(多選)如圖甲所示,在空間中建立xOy坐標(biāo)系,α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成,放置在第Ⅱ象限,細(xì)管C到兩金屬板距離相等,細(xì)管C開口在y軸上。放射源P在A板左端,可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d,當(dāng)A、B板間加上某一電壓時,α粒子剛好能以速度v0從細(xì)管C水平射出,進(jìn)入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場,α粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動,該電場的電場線沿半徑方向指向圓心O,α粒子運動軌跡處的電場強度大小為E0。t=0時刻α粒子垂直于x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的交變電場中,交變電場隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定沿x軸正方向為電場的正方向。已知α粒子的電荷量為2e(e為元電荷)、質(zhì)量為m,重力不計。下列說法正確的是(BCD)A.α粒子從放射源P運動到細(xì)管C的過程中動能的變化量為mB.α粒子從放射源P射出時的速度大小為v0C.α粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為mD.當(dāng)t=nT(n=1,2,3,…)時,α粒子的坐標(biāo)為(mv022eE0解析:α粒子運動到細(xì)管C處時速度為v0,α粒子反方向的運動為類平拋運動,水平方向有L=v0t,豎直方向有d2=12at2Ud=ma,聯(lián)立解得U=md2v022eL2;α粒子從放射源射出到細(xì)管C的過程,由動能定理有2e·12U=ΔEk,解得ΔEk=eU=md2v022L2;設(shè)α粒子發(fā)射時的速度大小為v,α粒子從放射源射出至運動到細(xì)管C的過程,由動能定理有2e·12U=12mv0212mv2,解得v=v01+d2L2,故A錯誤,B正確。由牛頓第二定律有2eE0=mv02r,得r=v0nT,在t=nT(n=1,2,3,…)時α粒子的坐標(biāo)為(mv022eE0+13.(2023·江西模擬)如圖,豎直平面內(nèi)存在方向水平的勻強電場,電場區(qū)域ab間距為H,在該區(qū)域下邊界的O點將質(zhì)量為m、電荷量為q的小球以一定的初速度豎直上拋,小球從上邊界離開電場,再次進(jìn)入電場后在電場中做直線運動,到達(dá)下邊界的M1點,已知小球到達(dá)M1點的速度大小為從O點進(jìn)入電場時速度大小的10倍,動量方向與水平面的夾角為θ。不計空氣阻力,重力加速度為g。(1)求θ角的正切值和該電場的電場強度大小;(2)求小球由O到M1的運動時間;(3)在下邊界水平放置一足夠長的絕緣擋板,小球碰撞前后速度與擋板的夾角不變,若第二次碰撞點M2與M1的距離為8H,求第一次碰撞過程小球的動能損失。解析:(1)設(shè)小球在O點的速度為v0,根據(jù)運動的獨立性,小球到達(dá)M1點時速度的豎直分量為v1y=v0,由題意得10v0=v0可得v1x=3v0,即tanθ=v1yv小球再次進(jìn)入電場到達(dá)M1之前做直線運動,合力方向與合速度方向共線,即mgqE聯(lián)立解得E=3mg(2)小球在豎直方向上做豎直上拋運動,可知小球在電場中的兩段運動時間相同,且水平方向做勻加速直線運動,電場區(qū)域上方小球水平方向做勻速運動。令小球從A點向上離開電場,從B點再次進(jìn)入電場,則vAx=vBx=12v1x=32vvBxvBy可得v