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專題突破練8　電場　帶電粒子在電場中的運動 (時間: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選項中,第1~8小題只有一個選項符合題目要求,第9~12小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1.(2016全國Ⅲ卷)關于靜電場的等勢面,下列說法正確的是(　　) A.兩個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.同一等勢面上各點電場強度一定相等 D.將一負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,若取無窮遠處為零電勢,通過其球心的一直線上各點的電勢φ分布規(guī)律可用圖中曲線表示,r表示該直線上某點到球心的距離,r1、r2分別是該直線上A、B兩點離球心的距離。下列說法中正確的是(　　) A.該球殼帶負電 B.A點的電場強度大于B點的電場強度 C.若r2-r1=r1-r0,則φA-φB=φ0-φA D.將電子從A點移到B點,電場力做正功 3. (2017湖南株洲模擬)如圖所示,R是一個定值電阻,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處于靜止狀態(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R B.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運動 C.若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片,P將向上運動 D.若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片,P將向上運動 4. (2018湖南常德模擬)在空間某區(qū)域存在一電場,x軸上各點電勢隨位置變化情況如圖所示,圖線為曲線,且關于縱軸對稱。下列關于該電場的論述正確的是(　　) A.圖中A點對應的電場強度大于B點對應電場強度 B.圖中A點對應的電勢大于B點對應電勢 C.一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能 D.一個帶正電的粒子在-x1點的電勢能大于在-x2點的電勢能 5.(2018安徽蚌埠一質檢)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),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動時間均為T,則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是(　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 6. (2018福建漳州調研)如圖,A、B、C三個點電荷分別固定于一個邊長為a的正三角形的三個頂點,它們所帶的電荷量分別為+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O釋放一個帶+q電荷的試探電荷,為了讓該試探電荷靜止在O點,需要在空間加上一個平行于三角形所在平面的勻強電場,則(　　) A.所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為3kQa2 B.所加勻強電場方向為由A指向O,電場強度大小為9kQa2 C.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動過程中試探電荷的電勢能增加 D.撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,移動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入電壓為U2的平行板電容器,經偏轉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U1 B.保持U1和平行板間距不變,增大U2 C.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,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,小球先后經過虛線的A、B兩點。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功 C.小球由A到B的過程中動能可能減小 D.小球由A到B的過程中,小球的機械能可能減小 9. (2018河南濮陽三模)如圖所示,豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,與兩板上邊緣等高處有兩個質量相同的帶電小球,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,兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置。則從開始釋放到運動到右極板的過程中,下列選項正確的是(　　) A.P的運動時間大于Q的運動時間 B.P、Q的電勢能減少量之比為4∶1 C.P、Q的動能增加量之比為4∶1 D.P、Q的電荷量之比為2∶1 10. (2018河北衡水金卷模擬)如圖所示,豎直面內固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R,帶電荷量為+Q,在圓環(huán)的最高點用絕緣絲線懸掛一質量為m、帶電荷量為q的小球(大小不計),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度為(　　) A.mgq B.2mg2q C.kQR2 D.k2Q4R2 11. (2018全國Ⅰ卷)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面,已知平面b上的電勢為2 V。一電子經過a時的動能為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.該電子可能到達不了平面f C.該電子經過平面d時,其電勢能為4 eV D.該電子經過平面b時的速率是經過d時的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、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間,最后垂直打在M上,則下列結論正確的是(已知重力加速度為g) (　　) A.兩極板間電壓為mgd2q B.板間電場強度大小為2mgq C.整個過程中質點的重力勢能增加mg2L2v02 D.若僅增大兩極板間距,則該質點不可能垂直打在M上 二、計算題(本題共1個小題,共16分) 13.(2018安徽安慶二模)電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成。偏轉電場由加有電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成,勻強磁場的左邊界與偏轉電場的右邊界相距為s,如圖甲所示。大量電子(其重力不計)由靜止開始,經加速電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉電場。當兩板沒有加電壓時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0,當在兩板間加如圖乙所示的電壓時,所有電子均從兩板間通過,進入水平寬度為l,豎直寬度足夠大的勻強磁場中,最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上。問: 甲 乙 (1)如果電子在t=0時刻進入偏轉電場,則離開偏轉電場時的側向位移大小是多少? (2)電子在剛穿出兩板之間的偏轉電場時最大側向位移與最小側向位移之比為多少? (3)要使側向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上,勻強磁場的磁感應強度為多少?(已知電子的質量為m、電荷量為e)  專題突破練8　電場　帶電粒子在電場中的運動 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選項中,第1~8小題只有一個選項符合題目要求,第9~12小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1.B　解析 電場中電勢相同的點組成的面叫等勢面,電場線與等勢面垂直,電勢相同的點電場強度不一定相同;電場強度相同的點電勢也不一定相同;電場中某處電勢只能是一個值,如果兩等勢面相交,就有兩個值,故選項A、C錯誤,B正確。負電荷從電勢高處移向電勢低處電場力做負功,所以選項D錯誤。 2.B　解析 根據圖象知,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錯誤;根據電場強度公式E=Ud可知,圖象斜率大小等于電場強度,則得A點的電場強度大于B點的電場強度,故B正確;由于圖象斜率大小等于電場強度,從O到A再到B,電場強度逐漸減小;故若r2-r1=r1-r0,則φA-φB<φ0-φA,故C錯誤;電子沿直線從A移到B的過程中,電場力方向由B指向A,所以電場力做負功,故D錯誤。 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,根據公式C=εrS4πkd可知,電容減小,根據公式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,根據公式E=Ud可得兩極板間的電場強度減小,電場力小于重力,微粒P將向下運動,B錯誤;若緊貼A板內側插入一塊一定厚度的金屬片,相當于兩極板間的距離減小,電場強度增大,則微粒P受到的電場力大于重力,P向上運動,C正確;若緊貼B板內側插入一塊一定厚度的陶瓷片,相當于εr增大,兩極板間的電場強度恒定不變,所以微粒P受到的電場力不變,P仍靜止,D錯誤。故選C。 4.C　解析 φ-x圖象的斜率大小等于電場強度,所以B點對應的電場強度大于A點對應的電場強度,故A錯誤;由題圖易知A點對應的電勢小于B點對應的電勢,故B錯誤;由題圖可知,電場強度方向均指向O點,根據對稱性可知,一個帶正電的粒子在x1點的電勢能等于在-x1點的電勢能,故C正確;電場線指向O點,則正電荷由-x1到-x2的過程中電場力做負功,故電勢能增加,故帶正電的粒子在-x1點的電勢能小于在-x2點的電勢能,故D錯誤。 5.C　解析 設偏轉電場電壓不為零時,粒子在偏轉場中的加速度為a,粒子在t=nT時刻進入偏轉場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉場,此時粒子偏轉位移最大ymax=12aT22+aT2T2=38aT2。粒子在t=nT+T2時刻進入偏轉場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉場,此時粒子偏轉位移最小ymin=0+12aT22=18aT2,則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是3∶1,故C項正確。 6.D　解析 O點是三角形的中心,到三個電荷的距離為r=23asin 60=33a,三個電荷在O處產生的電場強度大小EA=kQr2=3kQa2,EB=EC=kQr2=6kQa2,根據對稱性和幾何知識得知:E合=9kQa2,方向由A指向O,所以所加勻強電場方向為由O指向A,電場強度大小為9kQa2,故A、B錯誤;撤去勻強電場,將試探電荷從O點移到BC中點,電勢降低,移動過程中電場力對試探電荷做正功,電勢能減小,故D正確,C錯誤;故選D。 7.D　解析 粒子在電場中加速U1q=12mv02,在偏轉電場中x=v0t,d2=12U2qdmt2,解得x2=2d2U1U2,開始時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會減小,選項A錯誤;保持U1和平行板間距不變,增大U2,則x減小,選項B錯誤;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C錯誤;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,由題圖小球運動軌跡可知,小球向下運動,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;當小球帶正電時,若上極板帶正電荷,小球受到的合力向下,小球運動軌跡向下,若上極板帶負電,但如果電場力小于重力,小球受到的合力向下,小球運動軌跡向下,故無法確定電場力與重力的大小關系,A錯誤;如果小球受到的電場力向下,小球從A運動到B點過程中電場力做正功,如果小球受到的電場力向上,則電場力做負功,B錯誤;小球受到的合力向下,小球從A點運動到B點過程中合外力做正功,小球的動能增加,C錯誤;小球從A點運動到B點過程,如果所受電場力向上,則機械能減小,D正確。 9.BD　解析 小球在豎直方向為自由落體運動,兩者下落高度相同,說明運動時間一樣,故A錯誤。在水平方向小球做勻加速直線運動,根據x=12qUmdt2,可知位移之比為2∶1,說明P、Q粒子的電荷量之比為2∶1,故D正確。電勢能的減少量為電場力做的功,即EpP∶EpQ=2qU∶qU2=4∶1,故B正確。動能增加量為合外力做的功,即EkP∶EkQ=(mgh+2qU)∶mgh+qU2,由于不知道重力與電場力的關系,故C錯誤;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A正確,B錯誤;由于圓環(huán)不能看作點電荷,我們取圓環(huán)上一部分Δx,總電荷量為Q,則該部分電荷量為Δx2πRQ;該部分電荷在小球處產生的電場強度為E1=kQΔx2πL2R=kQΔx2π(2R)2R=kQΔx4πR3,方向沿該點與小球的連線指向小球;同理取以圓心對稱的相同的一段,其電場強度與E1相同;則兩個電場強度的合電場強度為E1=2kQΔx4πR3cos 45=2kQΔx4πR3,方向應沿圓心與小球的連線向外;因圓環(huán)上各點均在小球處產生電場,則合電場強度為E=πRΔxE1=2kQ4R2,選項D正確,C錯誤;故選AD。 11.AB　解析 從a到d的過程克服電場力做功為6 eV,所以電場方向為水平向右,每個間距電勢差為2 V,所以平面c電勢為零,故A項正確;由于電子不一定垂直等勢面進入,可能做曲線運動,所以可能到達不了f平面,故B項正確;整個過程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的電勢能為-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,動能分別為+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C項錯誤;由于電子經過b、d平面時的動能分別為8 eV和4 eV,所以該電子經過b平面時的速率是經過d時的2倍,故D項錯誤。 12.BC　解析 據題分析可知,小球在極板間軌跡應向上偏轉,做類平拋運動,飛出電場后,小球的軌跡向下偏轉,才能最后垂直打在M屏上,前后過程質點的運動軌跡有對稱性,如圖所示: 可見兩次偏轉的加速度大小相等,根據牛頓第二定律得:qE-mg=ma,mg=ma,解得E=2mgq,由U=Ed得板間電勢差U=2mgqd=2mgdq,故A錯誤,B正確;小球在電場中向上偏轉的距離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E=Ud=QCd=QεS4πkdd=4πkQεS可知,板間電場強度不變,小球在電場中受力情況不變,則運動情況不變,故仍垂直打在M上,故D錯誤。故選BC。 二、計算題(本題共1個小題,共16分) 13.答案 (1)3U0et022dm　(2)3∶1　(3)U0t0dl 解析 (1)當電子在t=0時刻進入偏轉電場時,有y=12at02+vyt0=12U0emdt02+U0emdt0t0,得y=3U0et022dm。 (2)由題意可知,要使電子的側向位移最大,應讓電子從0、2t0、4t0……時刻進入偏轉電場,在這種情況下,電子的側向位移為ymax=12at02+vyt0 ymax=12U0edmt02+U0edmt02=32U0edmt02 要使電子的側向位移最小,應讓電子從t0、3t0……時刻進入偏轉電場,在這種情況下,電子的側向位移為 ymin=12U0edmt02 所以最大側向位移和最小側向位移之比為ymax∶ymin=3∶1。 (3)設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ,電子在磁場中運動半徑R,由于電子要垂直打在熒光屏上,由幾何關系有:R=lsinθ 設電子從偏轉電場中出來時的速度為vt,垂直偏轉極板的速度為vy,則電子從偏轉電場中出來時的偏向角為:sin θ=vyvt,式中vy=U0edmt0 又R=mvtBe,由上述四式可得:B=U0t0dl。