2018年高考物理二轮复习专题突破练8电场带电粒子在电场中的运动

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高考物理二轮复习专题分层突破练8 电场带电粒子在电场中的运动(含解析)

专题分层突破练8 电场带电粒子在电场中的运动A组1.(2019重庆八中模拟)在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点,其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()A.图甲中与点电荷等距的a、b两点B.图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点C.图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点D.图丁中非匀强电场中的a、b两点2.真空中有一半径为r0的带电金属球壳,若取无穷远处为零电势,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。

下列说法中正确的是()A.该球壳带负电B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.若r2-r1=r1-r0,则φA-φB=φ0-φAD.将电子从A点移到B点,电场力做正功3.如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是()A.若增大A、B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻RB.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动4.在空间某区域存在一电场,x轴上各点电势随位置变化情况如图所示,图线为曲线,且关于纵轴对称。

下列关于该电场的论述正确的是()A.图中A点对应的电场强度大于B点对应电场强度B.图中A点对应的电势大于B点对应电势C.一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能D.一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2点的电势能5.如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。

现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶16.如图,A、B、C三个点电荷分别固定于一个边长为a的正三角形的三个顶点,它们所带的电荷量分别为+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O释放一个带+q电荷的试探电荷,为了让该试探电荷静止在O点,需要在空间加上一个平行于三角形所在平面的匀强电场,则()A.所加匀强电场方向为由O指向A,电场强度大小为B.所加匀强电场方向为由A指向O,电场强度大小为C.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中试探电荷的电势能增加D.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中电场力对试探电荷做正功7.(2019山东淄博模拟)如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上,电容器下极板接地,静电计所带电荷量可忽略,二极管具有单向导电性。

(新课标)2018年高考物理总复习课时达标检测(四十)带电粒子在电场中的运动(重点突破课)

课时达标检测(四十) 带电粒子在电场中的运动 (重点突破课)一、单项选择题1.如图所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为U )( )A ．电子到达B 板时的动能是Ue B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3Ue D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动解析：选C 电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确。

2.如图所示，一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点解析：选B 一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的比荷不同，由qU ＝12mv 2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y ＝12at 2＝U 2L 24U 1d相同，所以会打在同一点，B 正确。

3.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从带电的平行板电容器极板左侧中央以相同的水平速度v 0垂直于电场线方向射入匀强电场中。

在重力、电场力共同作用下，三球沿不同的轨道运动，最后都落到极板上，则( )A ．三个粒子在电场中运动的时间相同B ．A 粒子带负电C ．三者落在板上的动能关系为E k C ＞E k B ＞E k AD ．三者都做平抛运动解析：选C 粒子在水平方向做初速度相同的匀速运动，水平位移越大运动时间越长，故运动的时间t A ＞t B ＞t C ；在竖直方向做匀加速运动，侧向位移y ＝12at 2，且三者侧向位移一样，故加速度a C ＞a B ＞a A ，静电力与重力的合力关系为F C ＞F B ＞F A ，即C 带负电、B 不带电、A 带正电。

2018年高考物理课标Ⅱ专用复习专题测试专题八静电场共155张精品

A.aa>ab>ac,va>vc>vb B.aa>ab>ac,vb>vc>va C.ab>ac>aa,vb>vc>va D.ab>ac>aa,va>vc>vb
答案Leabharlann D带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=
F m
=
qQ E m
,E=k
qP r2
,因
为rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;
5
Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确。Uoe=Elob sin 53°=16 V,故O点电势φ0=17 V-16 V=1 V,B项正确。电子
在a点的电势能比在b点的高7 eV,C项错误。电子从b点到c点电场力做功W=9 eV,D项正确。
方法技巧充分利用直角三角形中37°和53°的关系 ①Oa为6 cm,Ob=8 cm,这样连接O、c,∠cOb=37°,∠Ocb=53°。 ②在a、c连线上找φd=17 V,bd为等势线。由对应关系得lcd=4.5 cm,∠cbe=37°。Oec恰好为电场线。 ③充分利用电场中的角度,以37°和53°的关系解题。
由动能定理有Wab=qQUab=
1 2
m
vb2
-
1 2
mva2
Wbc=qQUbc=
1 2
m
vc2
-
1 2
mvb2
因为Wab<0,所以va>vb
因为Wbc>0,所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc
故有va>vc>vb,D项正确。
考查点电场力的性质解题关键 ①了解点电荷周围场强的分布。 ②利用轨迹偏转情况判定受力方向。 ③利用点电荷周围等势面的特点,判定电场力做功。易错警示通过轨迹的偏转情况判定受力方向与速度变化情况是难点及易错点。

2018年高考物理二轮复习提升训练10带电粒子在电场中的运动

提升训练10 带电粒子在电场中的运动1.(2017浙江杭州一中月考)如图所示,A、B为平行金属板,两板相距为d且分别与电源两极相连,两板的中央各有一小孔M和N。

今有一带电质点,自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上),空气阻力忽略不计,到达N孔时速度恰好为零,然后沿原路返回。

若保持两极板间的电压不变,则下列说法不正确的是()A.把A板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离,质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离,质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落2.相距为L的点电荷A、B电荷量分别为+4q和-q,如图所示,今引入第三个点电荷C,使三个点电荷都处于平衡状态,则C的电荷量和放置的位置是()A.-q,在A左侧距A为L处B.-2q,在A左侧距A为处C.+4q,在B右侧距B为L处D.+2q,在B右侧距B为3处3.如图所示,一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间,射入方向沿两极板的中心线。

当极板间所加电压为U1时,粒子落在A板上的P点。

如果将带电粒子的初速度变为2v0,同时将A板向上移动后,使粒子由原入射点射入后仍落在P点,则极板间所加电压U2为()A.U2=3U1B.U2=6U1C.U2=8U1D.U2=12U14.质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入。

它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中,()A.它们运动的时间t Q>t PB.它们所带的电荷量之比q P∶q Q=1∶2C.它们的电势能减少量之比ΔE P∶ΔE Q=1∶2D.它们的动能增量之比为ΔE kP∶ΔE kQ=2∶15.在电场强度大小为E的匀强电场中,质量为m、电荷量为+q的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动,其加速度大小为,物体运动s距离时速度变为零。

2018大二轮高考总复习物理文档：第8讲电场及带电粒子在电场中的运动(专题强化训练)(含答案)

专题强化训练(八) 电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(1～5为单选题，6～10为多选题)1．(2017·长沙市长郡中学高三月考)空间中有竖直方向的匀强电场，一个带电小球的运动轨迹如图所示，由此可知( )A ．电场的方向竖直向上B ．小球一定带正电C ．小球受到的电场力大于重力D ．小球在P 点的动能小于在Q 点的动能解析：由图示可知，小球向上偏转，合力向上，小球受到重力和电场力作用，重力竖直向下，所以电场力方向向上且大于重力；由于不知道带点小球的电性；又不知道电场的方向，所以不能同时判断出电场的方向与小球的电性，故AB 错误，C 正确；小球受到的电场力与重力恒定不变，小球受到的合力不变，方向竖直向上，所以小球在从P 到Q 的过程中合外力对小球做负功，小球的动能减小，故D 错误．答案：C2．(2017·怀化市高三模拟)如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中( )A ．电路将有逆时针方向的短暂电流B ．电容器的带电量减小C ．带电液滴仍将静止D ．带电液滴将向下做加速运动解析：插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式C ＝εS 4πkd ，知电容增大，电势差不变，则Q ＝CU知，电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流．故A 正确，B 错误；电势差不变，d 减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动．故CD 错误．答案：A3．(2017·黄冈中学高三限时训练)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F 的作用下沿图中虚线由A 匀速运动至B ，已知力F 和AB 间夹角为θ，AB 间距离为d ，小球带电量为q ，则下列结论正确的是( )A ．电场强度的大小为E ＝F cos θ/qB ．AB 两点的电势差为U AB ＝Fd cos θ/qC ．带电小球由A 运动至B 过程中电势能增加了Fd cos θD ．带电小球若由B 匀速运动至A ，则恒力F 必须反向解析：由题知，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F 而做匀速直线运动，则有，qE ＝F ，则得场强E ＝F q ，A 错误；AB 两点的电势差为U AB ＝－Ed cos θ＝－Fd cos θq ；B 错误；带电小球由A 运动至B 过程中恒力做功为W ＝Fd cos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fd cos θ，C 正确；小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B 向A做匀速直线运动时，F 大小、方向不变，D 错误；故选C ．答案：C4．(2017·湖南五市十校高三联考)如图所示，水平放置的平行板电容器的两板间有一竖直向上的匀强电场，下板接地，两板间距离为10 cm ，A 点距下板3 cm ，B 点距上板3 cm.质量m ＝0.01 kg 、电荷量为＋10－3C 的小球能够在A 点保持静止．现将小球移到匀强电场之外．下列说法正确的是( )A ．上板的电势比下板高10 VB ．A 点的电势为3 VC ．电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷在A 点的电势能为3×10－3JD ．将电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷从A 点移到B 点，电场力对该点电荷做功4×10－3J解析：电场方向向上，即下极板电势高，A 错误；小球在A 点受力平衡，mg ＝Eq ，解得E ＝mg q ＝0.01×1010－3＝100 V/m ，所以两极板间的电势差U ＝Ed ＝10 V ，由于下极板接地，电势为零，故A 点电势为φA ＝0－100×0.03＝－3 V ，电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷在A 点的电势能为E p ＝φA q ＝－3×(－10－3)＝3×10－3J ，故B 错误，C 正确；U AB ＝－3－[0－(100×0.07)]＝4 V ，所以将电荷量为－10－3C 的带负电的点电荷从A 点移到B 点，电场力对该点电荷做功W ＝U AB q ＝4×(－10－3)＝－4×10－3 J ，D 错误；答案：C5．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动．由题意知，电子在A 、B 板间做匀加速运动，在B 、C 板间做匀减速运动，到P 点时速度恰好为零，设A 、B 板和B 、C 板间电压分别为U 1和U 2，由动能定理得eU 1－eU 2＝0，所以U 1＝U 2；现将C 板右移至P ′点，由于板上带电荷量没有变化，B 、C 板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，E 不变，故电子仍运动到P 点返回，选项A 正确．答案：A6．(2017·天津卷)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B ．下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势解析：本题考查带电粒子在电场中的运动．电子的运动轨迹为曲线，由曲线运动的产生条件可知电子在MN 电场线上受力方向为水平向左，因此电场线方向为水平向右(M →N )，若a A >a B ，则A 靠近场源电荷Q ，即Q 靠近M 端且为正电荷，选项B 正确；若电子由A →B ，则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，即E p A <E p B ，若电子由B →A ，则电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减小，E p A <E p B ，选项C 正确，A 错误；由E p ＝qφ，φ＝E pq 知，负电荷在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，可知φA >φB ，选项D 错误．答案：BC7． (2017·泰安市高三质检)如图(1)所示，在两平行的金属板间加上如图(2)所示的电压．在0～1 s 内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t ＝2 s 时电荷仍运动且未与极板接触．则在1～2 s 内，点电荷(g 取10 m/s 2)( )A ．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s 2B ．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s 2C ．做变加速直线运动，2 s 末加速度大小为10 m/s 2D ．2 s 末速度大小为10 m/s解析：第1 s 电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡；第2 s 电势差变大，故电场强度变大，电场力变大，第2 s 末电场强度增加为第1 s 末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg ，且第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，A 错误；第2 s 末电场强度增加为第1 s 末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg ，故加速度为g ，方向是竖直向上，C 正确；B ．第二秒内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，故平均加速度为：a －＝0＋10 m/s 22＝5 m/s 2，B 正确；根据速度时间公式，2秒末速度大小为：v ＝a －t ＝5 m/s 2×1 s ＝5 m/s ，D 错误．答案：BC8．(2017·江苏卷)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )A ．q 1和q 2带有异种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大解析：本题考查识别φ -x 图象、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系．φ -x 图线的切线斜率表示场强，由图可知从x1到x2过程中，图线切线斜率变小，到x2处斜率为0，即场强从x1到x2一直减小，且E2＝0，电场力F＝Eq，负电荷从x1移动到x2，受到电场力减小，选项B、D错误；沿x轴方向电势由负到正，故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷，选项A正确；由图可知φx1<φx2，负电荷由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，选项C正确．答案：AC9．(2017·南昌市高三模拟)电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起，不考虑电子重力，下列说法正确的是() A．A点的电势高于K点的电势B．电子克服电场力做功C．电子的电势能不断增加D．电子动能不断增加解析：在电场中，沿着电场线电势越来越低，因此A点电势比K点电势高，A正确；电子受力的方向与电场线的方向相反，因此在运动过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，BC错误；根据动能定理，在运动过程中，只有电场力做功，电子的动能增加，D正确．答案：AD10．(2017·南昌市高三模拟)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．电子运动的轨迹为直线B．该电场是匀强电场C．电子在N点的加速度小于在M点的加速度D．电子在N点的动能大于在M点的动能解析：带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故A正确；电子通过相同位移时，电势能的减少量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误．由于电势能距离图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，C正确；电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故D正确．答案：ACD二、计算题11．(2017·衡水中学期中)如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2 m和m的带电小球A和B(均可视为质点)，它们相距为L.两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5.(静电力恒量为k)(1)若B 球带正电荷且电荷量为q ，求A 球所带电荷量Q 及电性； (2)求L ′与L 之比．解析：(1)对B 球分析有，A 球带正电荷初始时B 球沿斜面方向合力为零F －mg sin α＝0 又F ＝k QqL 2解得Q ＝mgL 2sin αkq(2)初始时B 球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mg sin α，A 球加速度a 1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F ′＋2mg sin α＝2ma 1B 球加速度a 2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有mg sin α－F ′＝ma 2 依题意a 1∶a 2＝11∶5 得F ′＝49mg sin α又F ′＝k QqL ′2得L ′∶L ＝3∶2．答案：(1)正电 mgL 2sin αkq(2)3∶212．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0 ① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式 v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝13H⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qEmg⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1 ⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件 E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E ＝mg2q⑬答案：(1)3∶1 (2)13H (3)mg2q。

2018年高考物理复习热点专题突破系列6 带电粒子在电场力作用下的四种典型运动

(2016· 河南信阳第二次质检 ) 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔 d 正上方2处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落， d 经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移2，求仍从 P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度。导学号 51342727
(2017· 山东潍坊期中)如图甲所示，平行金属板 M、N 水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为 l，M 板左下方紧贴 M 板有一粒子源，以初速度 v0 水平向右持续发射质量为 m，电荷量为＋q 的 8mv2 0 粒子。已知板间电压 UMN 随时间变化的关系如图乙所示，其中 U0＝ q ，忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大。导学号 51342729
热点分类突破
•一、在电场力作用下的圆周运动
• 带电粒子在电场力作用下的圆周运动常见以下三种情况： • (1)在点电荷＋Q(或－Q)的电场中，另一个负电荷－q(或正电荷＋q)围绕点电荷做匀速圆周运动，如图甲所示。 • (2)在两个等量同种正电荷Q(或负电荷－Q) 的电场中，在过它们连线的中垂面内，一个负电荷－q(或正电荷＋q)围绕二者连线的中点做匀速圆周运动，如图乙所示。
• [解析] 根据等电荷量正电荷电场分布的特点，一个具有初速度的带负电的粒子仅在这两个电荷的作用下，可能做匀速圆周运动，即以A、B连线的中点为圆心，在垂直于AB直
•二、在电场力作用下的直线运动
• 在匀强电场中，如果带电粒子的速度v与场强E方向平行时，这时带电粒子在电场中做直线运动，如果电场力方向与速度方向相同，则粒子做匀加速直线运动，如果电场力方向与速度方向相反，则粒子做匀减速直线运动。

2018大二轮高考总复习物理文档：第8讲电场及带电粒子在电场中的运动(含答案)

专题三电场与磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络，掌握电场的力、能性质U＝Ed，沿场强方向相同距离电势差相等．U＝El cos θ，沿任意θ方向，相同距离电势差相等二、活学活用——电场性质的判断方法1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向． 2．比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qEm 越大．3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)．四、明辨“场强、电势、电场线”，谨防解题误入歧途1．场强是矢量，其合成法则为平行四边形定则，电势是标量，其合成法则为算术加减法． 2．在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同． 3．沿电场线方向电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量，叠加时应遵循平行四边形定则，分析电场叠加问题的一般步骤： (1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场，分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向； (3)利用平行四边形定则求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时，要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法 2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向——电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向——正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可分析电荷受力情况． (4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断，进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少．1－1.(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M 点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C 正确；M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，选项D错误；故选BC．答案：BC1－2.(多选) (2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3解析：本题考查场强与电势．由图可知：r a ＝1 m 、φa ＝6 V ；r b ＝2 m 、φb ＝3 V ；r c ＝3 m 、φc ＝2 V ；r d ＝6 m 、φd＝1 V ．由点电荷的场强公式E ＝kQ r 2得E a ∶E b ∶E c ∶E d ＝1r 2a ∶1r 2b ∶1r 2c ∶1r 2d ＝36∶9∶4∶1，A 正确、B 错误．由W AB ＝qU AB＝q (φA －φB )得W ab ∶W bc ∶W cd ＝(φa －φb )∶(φb －φc )∶(φc －φd )＝3∶1∶1，故C 正确、D 错误．答案：AC1－3.(多选) (2017·马鞍山二中高三测试)如图所示，在x ，y 坐标系中有以O 点为中心，边长为0.20 m 的正方形，顶点A 、B 、C 、D 分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A 、B 、C 三点的电势分别为3V 、－3V 、－3V ，则下列说法正确的是( )A ．D 点的电势为3VB ．该匀强电场的场强大小E ＝10 2 V/mC ．该匀强电场的场强大小E ＝10 6 V/mD ．电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角解析：因A 、C 两点的电势分别为3V 、－3V ，可知O 点的电势为零，由对称性可知D 点的电势为3V ，选项A 正确；设过O 点的零等势线与x 轴夹角为α，则E ·22×0.2sin α＝3；E ·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E ＝106V/m ，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角，选项CD 正确．答案：ACD1－4． (多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析：本题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ，如图所示，则l dc 8 cm ＝9 V 16 V ，得l dc ＝4.5 cm ，tan θ＝4.56＝34，θ＝37°.过c 作bd垂线交bd 于e 点，则l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45 cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向，场强大小为E ，El ce ＝U cb ，E ＝2.5V/cm ，A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ，故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ，B 项正确．电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 项错误．电子从b 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ，D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连，在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．若上极板a 向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做的功相同[思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时，必须明确是电压不变还是带电荷量不变，本题由于极板与电源连接，所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况，就要对液滴进行受力分析，判断其合力的方向．【解析】两极板始终与电源相连，所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝Ud 可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，a 下移，则qE >mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U Mb＝E ·d Mb 可知，a 下移，则M 点电势升高，故B 正确；a 板移动前后，a 、b 间电势差U 不变，所以电场力做的功相同，故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连，U 恒定不变，则有Q ＝CU ∝C ，C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1d ；(2)电容器稳定后与电源断开，Q 恒定不变，则有U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S ．2．在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E ∝Ud 分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U ，U 不变时，选用E ＝U d ；Q 不变时，选用E ＝4πkQεr S．特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，高考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题，需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2016·全国乙卷)一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．答案：D 2－2．(2017·石家庄市高三质检)如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd ，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝U d 与C ＝εS 4πkd 相结合可得E ＝4πkQεS ，由于电量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高考中的热点问题，是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转，涉及内容有力、能、电等知识，主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的“直线运动模型”(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0.在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点．重力加速度大小为g ．(1)求油滴运动到B 点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍．【解析】 (1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1①油滴在时刻t 1的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀减速运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在时刻t 2＝2t 1的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有 v 20＝2g (2h )⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离．若B 点在A 点之上，依题意有 s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当 0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬或 t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形．若B 点在A 点之下，依题意有 s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱另一解为负，不合题意，已舍去．【答案】见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题，根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题，要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析，解题时先分析带电质点的受力情况，求出带电质点受到的合外力，根据F 合＝ma 得出加速度，再运用运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量，W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；若考虑重力，则W 合＝12m v 2－12m v 20．匀强电场中的“偏转模型”如图所示的装置放置在真空中，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U 1，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，板长为l ，板间距离为d ，两极板间加一电压为U 2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．已知电子的电荷量为e ，电子的质量为m ，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速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ．[思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用，可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后，由于所受电场力跟速度不在一条直线上，所以电子做曲线运动，根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU 1＝12m v 21解得v 1＝2eU 1m． (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 ＝v 1t ，解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2de电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a 依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ，解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1．(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U ＝U 2d y 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l24U 1d 2．【答案】 (1)2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l24U 1d 2“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，两平行极板间距为d ，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd．(2)一个偏转角：tan θ＝v yv 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；侧移距离：带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子重力，开始时A 板带正电)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，图丙中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )【解析】分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x -t 图象应是抛物线，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动，我们可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发，沿直线AB 向D 运动，滑块第一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1)，到达D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ； (2)O 、D 两点之间的电势差U OD ； (3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称，则U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对滑块从C 到D 的过程，由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0，且f ＝μmg ，可得μ＝2E 0mgL．(2)滑块从O 到D 的运动过程中，由动能定理得：qU OD －f L4＝0－nE 0可得U OD ＝(1－2n )E 02q．(3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qU CO －fs ＝0－E 0 而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ，可得：s ＝(2n ＋1)L4．【答案】 (1)2E 0mgL (2)(1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4先对滑块进行受力分析，由于电场力为变力，在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用，这时就需要选择合适的过程，弄清楚过程的初末状态，利用动能定理求解．。

2018年高考物理二轮专题复习课件：第10讲带电粒子在电场中的运动 (共16张PPT)

,解得 v0=
��
(2)在第二象限内,由动能定理得
�� 0 1 qE2x0= ��0 2 ,解得 2
。
E2=
��
2�� 0 2
。
-9-
(3)离子进入第四象限后做类平抛运动,在 t= 时 ,沿 x 轴方向上有
(1)求所加电场的电场强度最小值及所对应的电场强度的方向; (2)当所加电场的电场强度为最小值时,求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小; (3)在(1)问电场中,要使珠子能完成完整的圆周运动,在A点至少使它具有多大的初动能?
2 1 2
1
由 ①②③式得 Ek0= mgd④
8
3
设小球到达 A 点时的动能为 EkA,则 1 EkA=E k0+ mgd⑤
2
由 ④⑤式得
��k �� k0
= 。⑥
3
7
-5-
(2)加电场后,小球从 O 点到 A 点和 B 点,高度分别降低了和
2
��
3�� 2
-6-
由④⑦ 式得 E=
3�� 6��
。
解题技法要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型,能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。
-7-
当堂练1 在如图甲所示的平面直角坐标系内,有三个不同的静电场:第一象限内有由位于原点O的电荷量为Q的点电荷产生的电场E1(仅分布在第一象限内),第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场 E2,第四象限内有电场强度大小按图乙所示规律变化、方向平行x 4�� 轴的电场E3,电场E3以沿x轴正方向为正,变化周期T= �� 。一质量为m、电荷量为q的正离子(重力不计)从(-x0,x0)点由静止释放,进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点, 已知静电力常量为k。求:

2018年高考物理练习卷：电场和带电粒子在电场中的运动冲刺

电场和带电粒子在电场中的运动1. 空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()A．P、Q两点处的电荷为等量同种电荷B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少【答案】D2．如图所示，圆形区域内PQ和MN均水平且相互垂直，O为圆心．空间存在水平方向的匀强电场．正点电荷以相同速率v沿各个方向从A点进入圆形区域，从圆周上不同点离开，其中从C点离开时动能最大，则以下判断正确的是()A．从B点离开圆形区域的电荷的动能最小B．从P点离开圆形区域的电荷的动能最小C．从N点离开圆形区域的电荷的速率为vD．从M点离开圆形区域的电荷的电势能最大【答案】A3. 如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()A．M的带电荷量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功【答案】BD4. 如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φF＝φP，点电荷Q在M、N、P 三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM【答案】AD5. 实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．静电力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大【答案】D6. 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()A. 3kq3l2 B.3kql2 C.3kql2 D.2 3kql2【答案】B7．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成的电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是电荷连线中垂线上相对于O对称的两点，B、C和A、D也相对于O对称．则()A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【答案】ACD8．(多选)如图所示是某静电场的一部分电场线的分布情况，下列说法中正确的是()A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的场强大于B点的场强C．A、B两点的场强方向不相同D．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向【答案】BC9. 如图所示，从炽热的金属丝放出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A. 仅将偏转电场极性对调B. 仅增大偏转电极间的距离C. 仅增大偏转电极间的电压D. 仅减小偏转电极间的电压【答案】C10. 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 【答案】D11. (多选) 如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g ，关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )甲乙A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd 【答案】BC12. 如图所示，虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M 、N (重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示.已知M 是带正电的带电粒子.则下列说法中正确的是( )A.N 一定也带正电B.a 点的电势高于b 点的电势，a 点的场强大于b 点的场强C.带电粒子M 的动能减小，电势能增大D.带电粒子N 的动能增大，电势能减小【答案】D13. (多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A 点经B 、C 运动到D 点，其速度—时间图象如图3所示.分析图象后，下列说法正确的是( )A.B 、D 两点的电场强度和电势一定都为零B.A 处的电场强度大于C 处的电场强度C.粒子在A 处的电势能小于在C 处的电势能D.A 、C 两点的电势差大于B 、D 两点间的电势差【答案】BC14.关于静电场，下列说法正确的是( ) A.电势等于零的物体一定不带电 B.电场强度为零的点，电势一定为零 C.同一电场线上的各点，电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】D15.如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q 的固定点电荷.已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A.k 3q R 2B.k 10q 9R 2C.k Q ＋q R 2D.k 9Q ＋q 9R 2【答案】B16.(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动【答案】BD17.如图所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qEmhC.s42qEmh D.s4qEmh【答案】B18.(多选)如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则()A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．A点的电场强度大小为2×103 N/CD．同一电荷在A点受到的电场力比B点的大【答案】BCD19.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【答案】B20.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．N、C间电场强度方向指向x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】D21.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD。

滚动复习08 电场及带电粒子在电场中的运动知识方法例

滚动复习八电场及带电粒子在电场中的运动知识方法例析知识网络考情分析1．主要题型：选择题、计算题2．命题特点(1)结合典型电场分布特点考查电场力的性质和能的性质．(2)结合图象考查电场的特点以及带电粒子在电场中的受力情况、做功情况以及能量转化情况．(3)应用动能定理或动力学观点综合考查带电粒子在电场中的加速问题．(4)应用运动的分解综合考查带电粒子在电场中的类平抛运动问题．3．思想方法常用方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、等效法、合成法和分解法等．考点一对电场性质的理解与应用核心知识规律方法由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题(1)由轨迹向合外力的方向弯曲，确定粒子所受电场力方向；(2)根据粒子电性判断电场线方向；(3)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低；(4)根据公式E p＝qφ(代入正负号)判断电势能大小；(5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化；(6)根据电场线或等差等势面疏密判断加速度大小．典例分析【例1】(2017年北京西城区高三考试)如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线．一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．下列判断正确的是( )A．a点场强小于b点场强B．a点电势大于b点电势C．带电粒子从a到b动能减小D．带电粒子从a到b电势能减小【答案】 C【解析】电场线越密，场强越大，故a点场强大于b点场强，选项A错误；沿电场线方向电势越来越低，故a点电势低于b点电势，选项B错误；带电粒子从a运动到b的过程中，所受的电场力与速度的夹角大于90°，电场力做负功，由动能定理知，带电粒子的动能减小，电势能增大，选项C 正确，选项D 错误．【例2】 (2017年抚顺一模)均匀带电球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷全部集中于球心处的点电荷的电场，如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，方向由O 指向M ，则N 点的场强大小为( )A.kq 2R 2－EB.kq 4R 2C.kq 4R 2－E D.kq 4R2＋E 【答案】 A【例3】 (2017年四川资阳高三上学期第一次诊断)现有两个边长不等的正方形ABCD 和abcd ，如图所示，且Aa 、Bb 、Cc 、Dd 间距相等．在AB 、AC 、CD 、DB 的中点分别放等量的点电荷，其中AB 、AC 的中点放的点电荷带正电，CD 、BD 的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度和电势均为零B ．把一正点电荷沿着b →d →c 的路径移动时，电场力所做总功为零C ．同一点电荷在a 、d 两点所受电场力不同D ．将一负点电荷由a 点移到b 点电势能减小【答案】 B【解析】上下两个正负点电荷在O 点产生的电场强度向下，左右两个正负点电荷在O 点产生的电场强度向右，根据矢量合成法则可知，O 点电场强度不为零，方向沿AD 方向．四个点电荷在O 点处电势为零，故A 错误．根据对称性，b 、c 等电势，把一负点电荷沿着b →d →c 的路径移动时，电场力做功为零，故B 正确．根据库仑定律和力的合成，同一点电荷在a 、d 两点所受电场力相同，故C 错误．取无穷远处电势为零，在a 点的电势为正，b 、O 、c 三点电势相等，均为零，则负电荷从a 移动到b 电场力做负功，所以电势能增加，故D 错误．规律总结考点二电势差与电场强度的关系核心知识匀强电场中电势差与匀强电场强度关系 (1)U AB ＝Ed ，d 为A 、B 两点沿电场方向的距离． (2)沿电场强度方向电势降落得最快．(3)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等．规律方法E ＝Ud的应用规律 (1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系，当电势差U 一定时，电场强度E 越大，则沿电场强度方向的距离d 越小，即电场强度越大，等差等势面越密．(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E 越大，U 越大；E 越小，U 越小．典例分析【例1】 (2017年黑龙江牡丹江第一中学高三10月月考)如图所示，水平面内有A 、B 、C 、D 、E 、F 六个点，它们均匀分布在半径为R ＝2 cm 的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场．已知A 、C 、E 三点的电势分别为φA ＝(2－3)V 、φC ＝2V ，φE ＝(2＋3)V ，下列判断正确的是( )A．电场强度的方向由A指向DB．电场强度的大小为100 V/mC．该圆周上的点电势最高为4 VD．将电子沿圆弧从D点经E点移到F点，静电力始终做负功【分析】此题考查电势差与电场强度的关系，在匀强电场中平行线段两端的电势差之比等于距离之比，可以求得其他点的电势，并且由电场线与等势线垂直，可以确定电场强度的方向．【答案】BCD错误．【例2】 (2017年浙江名校协作体高三上学期联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板．当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．下列说法正确的是( )A．烟尘颗粒向下运动B．两金属板间电场方向向上C．烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D．烟尘颗粒的带电荷量可能是电子电荷量的1.5倍【答案】C考点三电场中的图象类问题核心知识电场的图象问题电场中的图象有E－x，φ－x，v－t，F－x，E P－x等多种，要弄清各类图象的斜率、截距、面积的物理意义．规律方法电场中各类图象的比较(1)电场的E－x图象与φ－x图象在给定了电场的E－x图象时，可以由图线确定x轴上各点场强的大小及方向．此外还可以确定x轴上各点的电势变化情况：E－x图线与x轴所围图形的面积表示电势差．在给定了电场的φ－x图象时，除了可以直接确定x轴上各点电势的高低及电势变化情况，还可以确定x 轴上各点场强(或沿x轴方向上的场强分量)的大小及方向：图线斜率大小表示场强大小，斜率正负表示场强方向．当E－x图象或φ－x图象与粒子运动相结合时，可利用电场力与场强、加速度的关系及电场力做功与动能、电势能和电势等的关系来解决涉及粒子电性、电场力、电势能、动能、速度、加速度等的相关问题．在这类题目中，还可以把E－x图象或φ－x图象假设为我们熟悉的、符合给定变化规律的某一种电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．(2)其他图象由于F＝qE、E p＝qφ，故F－x图象、E p－x图象问题处理方法同上，如F－x图线的面积表示电场力所做的功、电势能的变化量．E p－x图线的切线斜率表示电场力等．典例分析【例1】 (多选)(2107年高考·江苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【例2】一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是( )【答案】 D线应是一条曲线，故C错误．考点四电场中的功能关系及应用核心知识规律方法在解决电学中功能关系问题时应注意的问题(1)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化．(2)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．典例分析【例1】(多选)如图所示，abcd是一圆形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行，大量电子从圆形的中心O，以相同速率v向各个方向发射，电子从圆形边界上的不同点射出，其中到达a点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面判断正确的是( )A．在圆形边界上c点电势最高B ．到达c 点的电子电势能最小，速率是2vC ．到达b 、d 两点的电子电势能相等，速率均是vD ．到达b 、d 两点的电子电势能可能不相等【答案】 ACC 正确，D 错误．【例2】 (多选)(2017年高考·天津卷)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E pA 、E pB .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E pA <E pBD ．B 点电势可能高于A 点电势【答案】 BC【解析】通过电子的运动轨迹可判断电子的受力方向，但无法判断电子的运动方向，根据点电荷的电场规律可知，加速度越大的位置就是离点电荷越近的位置，A 错误，B 正确；电子从A 到B 电场力做负功，电势能增加，B 点的电势低于A 点的电势，C 正确，D 错误．【例3】 (多选)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd 【答案】 BCD 错误．规律总结处理电场中功能关系问题的“三点注意”(1)电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．(2)在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点． (3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．考点五与平行板电容器有关的电场问题核心知识规律方法平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化． (2)应用平行板电容器的决定式C ＝εr S4πkd 分析电容器的电容的变化．(3)应用电容的定义式C ＝Q U分析电容器带电量和两板间电压的变化情况． (4)应用E ＝U d分析电容两极板间电场强度的变化．典例分析【例1】 (2017年北京西城期末)如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计指针的偏转指示电容器两极板间的电势差．实验中保持极板上的电荷量Q 不变．设电容器两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.下列关于实验现象的描述正确的是( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，减小d ，则θ不变C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持S 、d 不变，在两板间插入电介质，则θ变大【答案】 Ad 不变，在两极板间插入电介质，εr 增大，U 变小，θ变小，选项D 错误．【例2】 (多选)(2017年石家庄质检)如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S ，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P 点．在开关S 保持闭合的状态下，下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B ．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C ．当电容器的下极板向下移动时，P 点的电势不变D ．当电容器的下极板向左移动时，P 点的电势会升高【答案】 AD【解析】油滴受的电场力向上，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，由于滑动变阻器接入电路的电阻增大，路端电压增大，电容器两端的电压也增大，带电油滴受到的电场力增大，向上运动，A 正确．上极板上移时，电容减小，但由于二极管的作用，电容器上的电荷量Q 并不减少，根据E ＝U d ＝Q Cd ，C ＝εr S4πkd可知，电场强度E ＝4πkQεr S 与两极板间的距离d 无关，保持不变，所以带电油滴不动，选项B 错误．下极板下移时，由于场强不变，P 和下极板间的电势差增加，而下极板的电势恒定，P 点的电势一定升高，选项C 错误．下极板左移，电容减小，电荷量保持不变，根据C ＝Q U可知两极板间的电势差U 增大，场强增大；再由U ＝Ed 可知，P 与下极板间的距离不变，所以电势差增大，P 点电势升高，选项D 正确．【例3】 (2017年东北育才模拟)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两金属极板．对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动．在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 构成的电容器的电容增大B ．P 上电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的低D ．M 点的电势比N 点的高【答案】 DN 点的高，C 错误，D 正确．规律总结如何分析平行板电容器中带电体的运动问题？平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究． (1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需要对带电体进行运动状态(静止、加速或减速)分析和受力分析．(2)电学角度：平行板电容器的两极板间为匀强电场，由E ＝U d知，两极板间的电压U 和两极板间的距离d 决定了两极板间的电场强度E .考点六带电粒子在电场中的加速和偏转核心知识1．带电粒子在电场中的加速(1)匀强电场中，v 0与E 平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式． (2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v 0垂直于E 的方向)，如图所示(1)沿v 0方向的匀速直线运动． (2)垂直于v 0方向的匀加速直线运动． ①加速度a ＝qE m ＝qUmd； ②偏转距离y ＝12at 2＝qU 2md x v 02――→x ＝Ly ＝qUL22mdv 20；③速度偏向角tan φ＝v y v 0＝qUx mdv 20――→x ＝Ltan φ＝qUL mdv 20；④位移偏向角tan θ＝y x ＝qUx 2mdv 20――→x ＝L tan θ＝qUL2mdv 20；⑤两个重要的结论a ．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；b ．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点．规律方法带电粒子在电场中运动的解题方法(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．典例分析【例1】 (2017年高考·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【答案】 A做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．【例2】如图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即U AB＝300 V．一带正电的粒子电量为q＝10－10C，质量为m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上静电力常量k＝9×109N·m2/C2，粒子重力不计，tan37°＝34，tan53°＝43.求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；(2)粒子穿过界面MN时的速度v；(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)．【解析】 (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a ，运动时间为t ，则t ＝l v 0h ＝12at 2 a ＝qE m ＝qU AB md解得：h ＝qU AB 2md l v 02＝0.03 m ＝3 cm(2)粒子的运动轨迹如图所示(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：h Y ＝l2l2＋L 解得：Y ＝0.12 m ＝12 cm(4)粒子做匀速圆周运动的半径为：r ＝Ycos θ＝0.15 m又：k |Q |q r 2＝m v 2r解得：|Q |＝1×10－8C ∴Q ＝－1×10－8C【例3】如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板A 、B 相距为d ，板长为L ，今在A 、B 两板间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压．从t ＝0时刻开始，一束初速度均为v 0的电子流沿A 、B 两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场，要想使电子束都能从A 、B 右端水平射出，则所加交变电压的周期T 和所加电压的大小应满足什么条件？【解析】根据题意可知，电子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做变速直线运动，可画出t ＝0时刻射入板间的电子在竖直方向上的速度－时间(v y －t )图象，如图所示，因电子进入板间电场和离开板间电场时，其竖直分速度均为零，所以电子在电场中的运动时间t 必为交变电压周期T 的整数倍：t ＝nT (n ＝1、2、3、…)y ＝2×12·eU 0md ·T 22＝eU 0l24n 2mdv 20(n ＝1、2、3、…)在t ＝nT (n ＝1、2、3…)内，总侧移y 总＝ny (n ＝1、2、3…)，当y 总≤d2时，电子均可飞出板间电场，即：n ·eU 0l 24n 2mdv 20≤d2(n ＝1、2、3…) 解得：U 0≤2nmd 2v 2el2(n ＝1、2、3…)．规律总结“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd.(2)一个偏转角：tan θ＝v y v 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；一个功能关系：ΔE k ＝qUy d.。

滚动复习08 电场及带电粒子在电场中的运动基础通关训

滚动复习八电场及带电粒子在电场中的运动基础通关训练一、选择题1．(2017·衡阳质检)关于电场，下列说法正确的是( ) A ．由E ＝Fq 知，若q 减半，则该处电场强度为原来的2倍B ．由E ＝k Q r2知，E 与Q 成正比，而与r 2成反比C ．由E ＝k Qr 2知，在以Q 为球心，以r 为半径的球面上，各处场强均相同D ．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向【答案】 BB 项．2.如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电＋Q ，B 带电－9Q.现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C 的带电性质及位置应为( )A ．正，B 的右边0.4 m 处 B ．正，B 的左边0.2 m 处C ．负，A 的左边0.2 m 处D ．负，A 的右边0.2 m 处【答案】 C【解析】要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，所以C 项正确． 3．(多选)某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M 运动到N ，以下说法正确的是( )A ．粒子必定带正电荷B ．粒子在M 点的加速度大于它在N 点的加速度C ．粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度D ．粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能【答案】 ACD子在N 点动能大，故D 项正确．4.(2016·课标全国Ⅱ)如图，P 为固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b 【答案】 D【解析】由库仑定律可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝Fm 可知，a b >a c >a a ，由运动轨迹可知，粒子Q 的电性与P 相同，受斥力作用，不论粒子从a 到c ，还是从c 到a ，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此v a >v c >v b ，故D 项正确．5.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图像如图所示．则此电场的电场线分布可能是下列图中的( )【答案】 A场线疏处到达密处，正确是A项．6.(2017·甘肃二诊)如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB 的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是( )A．小球的速度先减小后增大B．小球的速度先增大后减小C．杆对小球的作用力先减小后增大D．杆对小球的作用力先增大后减小【答案】 D【解析】等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B两项错误；杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C项错误，D项正确．7.在点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小为( )A ．正电、E/3B ．负电、E/3C ．正电、3ED ．负电、3E 【答案】 D【解析】分别将经过a 点和b 点的电场线延长交于一点O ，如图所示，则O 点即为点电荷Q 所在的位置，电场线指向此电荷，则Q 为负电荷；由几何关系可知，如果Ob ＝d ，则Oa ＝3d ，由点电荷产生的电场强度表达式为E ＝kQr 2可知，点电荷在b 点产生的场强大小为3E ，D 项正确．8．(2017·南京三模)如图，在点电荷－q 的电场中，放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN 为其对称轴，O 点为几何中心．点电荷－q 与a 、O 、b 之间的距离分别为d 、2d 、3d.已知图中a 点的电场强度为零，则带电薄板在图中b 点处产生的电场强度的大小和方向分别为( )A.kqd2，水平向右B.kqd2，水平向左 C.kq d 2＋kq 9d 2，水平向右 D.kq9d2，水平向右【答案】 AA 项正确，B 、C 、D 三项错误．9.如图所示，A 为带正电的点电荷，电量为Q ，中间竖直放置一无限大的金属板，B 为质量为m 、电量为＋q 的小球，用绝缘丝线悬挂于O 点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ，且A 、B 两个小球在同一水平面上，间距为L ，则金属板上的感应电荷在小球B 处产生的电场强度大小E 为( )A ．E ＝kQL 2B ．E ＝mgtan θqC ．E ＝mgtan θq ＋kQ L 2D ．E ＝mgtan θq －kQL 2【答案】 D【解析】静电平衡时，金属板的感应电荷在B 处产生的电场强度方向向右．以小球为研究对象，分析受力情况：重力、点电荷对小球的静电力F 、感应电荷的静电力qE 和细线的拉力，如图．根据共点力平衡条件： F ＋qE ＝Tsin θ mg ＝Tcos θ又根据库仑定律得：F ＝k QqL2联立解得，E ＝mgtan θq －kQL2，故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．10．(2017·广州毕业班质检)如图所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 球上，使两球均处于静止状态．现将A 球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A 、B 两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是( )A ．A 、B 两小球间的库仑力变大 B ．A 、B 两小球间的库仑力变小C ．A 球对MO 杆的压力变大D ．A 球对MO 杆的压力变小【答案】 BC 、D 项错误，B 项正确．11．(2017·黄山二模)如图所示，两根长度相等的绝缘细线，上端都系在同一水平天花板上，另一端分别连着质量均为m 的两个带电小球P 、Q ，两小球静止时，两细线与天花板间的夹角θ＝30°，以下说法正确的是( )A ．细线对小球的拉力大小为233mgB ．两小球间的静电力大小为33mg C ．剪断左侧细线瞬间P 球的加速度大小为2gD ．若两球间的静电力瞬间消失时Q 球的加速度大小为3g 【答案】 C【解析】 A 、B 两项，对P 球分析，运用共点力平衡条件得：D 项，若两球间的静电力瞬间消失时Q 球的加速度大小为a ＝mgcos θm ＝32g ，故D 项错误．12．(多选)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a 、b 两点．现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q 运动的速度图像如图乙所示．则( )A ．Q 2必定是负电荷B ．Q 2的电荷量必定大于Q 1的电荷量C ．从b 点经a 点向远处运动的过程中检验电荷q 所受的电场力一直减小D ．可以确定检验电荷的带电性质【答案】 AD【解析】由图乙可知，检验电荷先减速后加速运动，若Q 2是正电荷，则在b 点右侧的电场方向必定向右，q 受力不可能改变方向，故Q 2一定为负电荷，故A 项正确；根据点电荷场强公式，设q 到Q 1、Q 2的距离分别为r 1、r 2，则q 所在处的场强为E ＝k Q 1r 12－k Q 2r 22，q 在b→a 运动过程中，受力向左，在a 点右侧运动过程中，受力向右．由于r 1>r 2，若Q 1<Q 2，场强E 必定始终向左，q 受力方向不可能发生改变，故必定有Q 1>Q 2，故B 项错误；由图乙可知，q 受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C 项错误；在b 处，若k Q 1r 12>k Q 2r 22，考虑到Q 1>Q 2，r 1>r 2，设q 移动的位移为Δx ，由数学知识可以证明，则一定有kQ 1（r 1＋Δx ）2>k Q 2（r 2＋Δx ）2，即E 始终朝一个方向，不符合题意，故在b 处必定有k Q 1r 12<k Q 2r 22，场强E b 必定向左，而q 在b 处受力向左，因此q 电荷一定为正电荷，故D 项正确．13．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．则以下判断正确的是( )A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点电势高于d 点电势C ．试探电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能D ．a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点的电势差【答案】D14．真空中有一静电场，其在x 轴正半轴的电势随x 变化的关系如图所示，则根据图象可知( )A ．R 处的电场强度E ＝0B ．若试探电荷从x 1处移到x 2处，电场力不一定做正功C ．x 1处与x 2处的电场强度方向相反D ．该电场有可能是处在O 点的正点电荷激发产生的【答案】B【解析】根据E ＝ΔφΔx，即图线的切线的斜率等于电场强度，由图线可知，在R 处的场强不为零，选项A 错误；从x1到x2电势逐渐降低，因不知试探电荷的电性，无法判断电场力做功的情况，选项B正确；在x1处与x2处的切线的斜率符号相同，故电场强度方向相同，选项C错误；由于在R点以后的电势为负，故该电场不可能是处在O点的正点电荷激发产生的，选项D错误．15．(多选)(2017年广东五校联考)如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行．已知AB＝2BC，A、B、D的电势分别为6 V、2 V、4 V．初动能为24 eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A．该粒子一定带负电B．该粒子到达点B时的动能为40 eVC．改变初速度方向，该粒子可能经过CD．改变初速度方向，该粒子可能经过D【答案】ADB．由动能定理，得qU＝E B－E A－4e(6－2)V＝E B－24e VE B＝8 eV，故B错误．C．同理，求得C点的电势为0，由动能定理，得qU＝E C－E A－4e(6－0)V＝E C－24e V，E C＝0，由曲线运动可知，粒子到达C点动能不为零，故C错误．D．由动能定理，得qU＝E D－E A－4e(6－4)V＝E D－24e VE D＝16 eV，故D正确．故选AD.二、非选择题16.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在原点O处放一个质量m＝0.01 kg带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q ＝－5×10－8C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0＝2 m/s.如图所示．试求：(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？【答案】 (1)5 m/s 2(2)0.4 m (3)1.74 s.(2)由运动学公式，物块沿x 轴正方向运动的最远距离为 x 1＝－v 022a 1＝0.4 m.(3)物块先向右做匀减速直线运动，则 x 1＝v 0＋02·t 1解得t 1＝0.4 s接着物块向左做匀加速直线运动：a 2＝qE ＋μmg m ＝－1 m/s 2由－x 1＝12a 2t 22解得t 2＝20.2 s物块离开电场后，向左做匀减速运动：a 3＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2根据：a 3t 3＝0－a 2t 2 得t 3＝－a 2a 3t 2＝0.2 s物块运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.74 s.17．(2017·淮南一模)如图甲所示，倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分，左侧部分光滑，范围足够大，上方存在大小为E ＝1 000 N/C ，方向沿斜面向上的匀强电场，右侧部分粗糙，范围足够大，一质量为m ＝1 kg ，长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上，A 端距MN 的距离为d ，现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0，并以此时作为计时的起点，棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示，已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ；(2)直棒AB 的带电量q ；(3)直棒AB 最终停止时，直棒B 端到MN 的距离．【答案】 (1)20 m (2)7.5×10－3C (3)25.48 m(2)由乙可知，棒在向下运动至B 端刚好进入电场的过程中，棒的加速度一直不变，为：a ＝Δv Δt＝2.5 m/s 2，当B 端刚进入电场时根据牛顿第二定律可得：qE －mgsin θ＝ma得：q ＝m （a ＋gsin θ）E ＝1×（2.5＋5）1 000C ＝7.5×10－3 C. (3)AB 棒未进入电场前，根据牛顿第二定律可得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma代入数据解得：μ＝a ＋gsin θgcos θ＝32，到B 刚要离开电场的运动过程中，静电力做功为零，重力做功为零．而棒AB 出电场过程中，因电场力做的正功与摩擦力做的负功大小相等，二力总功为零，棒B 端出电场直到最终停止，设B 端在MN 右侧与MN 相距为x ，由动能定理可得：－mgxsin θ－μmgcos θ(x －L)＝0－12mv 2，代入数据求得：x ＝25.48 m故B 端在MN 右边且距MN 为25.48 m.18．(2017年湖北六校调考)如图所示，电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的小球A 和B ，中间连接质量不计的细绳，在竖直方向的匀强电场中做初速度为0，加速度为a ＝g 6的匀加速上升运动，当速度为v 0时细绳突然断开．(不考虑电荷间的相互作用)求：(1)电场强度大小；(2)自绳断开至球B 速度为零的过程中，两球组成系统的机械能增量为多少？【答案】（1）7mg 4q（2）63mv 20(2)设自绳断开到球B 速度为零的时间为t ，则有：0＝v 0＋a B t ，a B ＝－g 8，则有：t ＝8v 0g在该时间内A 的位移为：x A ＝v 0t ＋12a A t 2＝32v 20g. 由功能关系知，电场力对A 做的功等于物体A 的机械能增量，则ΔE A ＝qEx A ＝q 7mg 4q ·32v 20g＝56mv 20 同理对球B 得：x B ＝v 0t ＋12a B t 2＝4v 20gΔE B ＝qEx B ＝q 7mg 4q ·4v 20g＝7mv 20 故两球组成系统的机械能增量为ΔE ＝ΔE A ＋ΔE B ＝63mv 2019．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q 为圆心的某圆交于B 、C 两点，质量为m 、带电荷量为－q 的有孔小球从杆上A 点无初速度下滑，已知q ≪Q ，AB ＝h ，小球滑到B 点时速度大小为3gh ，求：(1)小球由A 到B 的过程中电场力做的功；(2)A 、C 两点间的电势差．【答案】（1）12mgh （2）－mgh 2q由W ＝qU 得U AC ＝U AB ＝W E －q ＝－mgh 2q20、 (2017年哈尔滨五校联考)如图甲所示，电荷量为q ＝1×10－4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向水平向右的电场，电场强度E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度v 与时间t 的关系如图丙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)前2 s 内电场力做的功；(2)物块的质量以及物块与水平面间的动摩擦因数．【答案】（1）6 J.（2）m＝1 kg，μ＝0.2(2)由图可知前2 s内物块加速度a＝1 m/s2. 后两秒做匀速运动，则E2q＝μmg由牛顿第二定律得E1q－E2q＝ma求得m＝1 kg，μ＝0.2.。

高考物理二轮复习专题突破练8 电场带电粒子在电场中的运动

专题突破练8 电场带电粒子在电场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。

在每小题给出的四个选项中,第1~9小题只有一个选项符合题目要求,第10~12小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.下列关于电场的说法正确的是()A.由E=知,若q减半,则该处电场强度为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C.由E=k知,在以Q为球心,以r为半径的球面上,各处电场强度均相同D.电场中某点电场强度方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向答案 B解析电场中某点的电场强度大小与试探电荷的电量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q 成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心,r为半径的球面上,各处电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误。

2.(2017山东枣庄模拟)一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上,另一个带电粒子q射入该区域时,仅受电场力的作用,恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c,如图所示,则有()A.质点由a到c电势能先减小后增大B.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1∶2∶1C.a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc>φb,E a=E c=2E bD.若改变带电质点q在a处的速度大小和方向,则质点q可能做类平抛运动答案 C解析电荷受到的合力指向轨道的内侧,根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷,它们之间存在引力,所以质点由a到b电场力做负功,电势能增加,由b到c电场力做正功,电势能减小,即质点由a到c电势能先增大后减小,故A错误;由图可知,r a=r c=r b,由库仑定律:F=k可得F a∶F b∶F c=2∶1∶2,由a=可知,加速度之比应为2∶1∶2,故B错误;根据点电荷的电场线的特点,Q与a、c距离相等,都小于b,故b点的电势低于a、c两点的电势,由E=k可知,E a=E c=2E b;故C正确;由点电荷电场分布可知,带电粒子a、b、c三个点受到的电场力大小不相等,所以不可能其经过a、b、c三点做类平抛运动,故D错误。

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间．【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cos xv v α=1cos 2α=060α∴=2．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯3．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

2018年高考物理第二轮复习第10讲带电粒子在交变电场中的运动课后练习8

第10讲带电粒子在交变电场中的运动题一：制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示。

加在极板A 、B 间的电压U AB 作周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0（k ＞1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示。

在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动。

若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用。

（1）若k ＝45，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件；（2）若电子在0～200τ时间内未碰到极板B ，求此运动过程中电子速度v 随时间t 变化的关系；（3）若电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值。

题二：如图甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到A 、B 的距离都是l 。

现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间t 变化的规律如图乙所示。

已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q 。

这种粒子产生后，在电场力的作用下从静止开始运动。

设粒子一旦碰到金属板，就附在金属板上不再运动，且所带电荷同时消失，不影响A 、B 板电势。

不计粒子的重力，不考虑粒子间的相互作用力。

已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10s ，m ＝5×10 kg ，q ＝1.0×107C 。

（1）在t ＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？（2）在t ＝0到t ＝T 2这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A 板？（3）在t ＝0到t ＝T2这段时间内产生的粒子有多少个可到达A 板？题三：如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。

高中物理-专题练习-2018带电粒子在电场中的直线运动(答案)高中物理一轮复习专题.docx

带电粒子在电场中的直线运动目标： 1、带电粒子在电场中加（减）速的两种分析方法。

2、带电粒子在交变电场中的直线运动。

基础演练：1.让原来静止的氢核 ( 11 H) 、氘核 ( 21 H) 和氚核 ( 31 H)的混合物通过同一加速电场相同电压加速后，这些核将具有( B )A . 相同的速度B . 相同的动能C. 相同的动量 D . 以上都不相同2.如图所示，电子由静止开始从 A 板向 B 板运动，当到达 B板时速度为v，保持两板间电压不变，则 (CD )A . 当增大两板间距离时，v 也增大B. 当减小两板间距离时，v 增大C. 当改变两板间距离时，v 不变D. 当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大例题分析：【例 1】（ 01 上海） A 、 B 两点各放有电量为 +Q 和+2Q 的点电荷， A 、 B、 C、 D 四点在同一直线上，且 AC=CD=DB 。

将一正电荷从 C 点沿直线移到D 点，则（ B ）A 、电场力一直做正功B、电场力先做正功再做负功C、电场力一直做负功D、电场力先做负功再做正功【例 2】一个电子以v0＝4× 107m/s 的速度，方向与电场方向相同，射入电场强度E＝ 2×105V/m 的匀强电场中，如图所示 .已知电子电荷量 e＝－ 1.6×10－19C，电子质量 m＝ 9.1×10－31kg.试求：(2)电子到达速度为零之点所需的时间是多少？解析：设电子从 A 点到速度为零的 B 点，由动能定理可得eU AB＝－12mv02mv0，则 U AB＝－＝ 4550 V.22eU AB2两点间距离d＝E＝2.28× 10－ m.电子到达速度为 0 之点所需的时间 t＝d≈ 1.1×10－9s. v0( 2 )答案： (1)4450 V 2.28× 10－ 2－ 9m(2)1.1 × 10 s【例 3】如图 16 所示 , 沿水平方向放置一条平直光滑槽 , 它垂直穿过开有小孔的两平行薄板, 板相距3.5L, 槽内有两个质量均为 m的小球 A 和 B, 球 A 带电量为 +2q, 球 B 带电量为 -3q, 两球由长为 2L 的轻杆相连 , 组成一带电系统 . 最初 A和 B 分别静止于左板的两侧 , 离板的距离均为L. 若视小球为质点,不计轻杆的质量, 在两板间加上与槽平行向右的匀强电场 E后 ( 设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成, 不影响电场的分布 ), 求：(1)电子的入射点 A 与电子速度为零之点 B 间电势(1)球B刚进入电场时,带电系统的速度大小.差是多少？两点间距离是多少？(2) 系从开始运到速度第一次零所需的3T到 T 内，b＝－0；在 T 到内，b及球 A 相右板的位置 .3T到 2T 内，2＝0,在 b ＝－0 ⋯⋯有一2子从 A 板上的小孔入两板的区域内，子的初速度和重力的影响均可忽略，分析子在板的运情况，并子能达到另一板的条件（板距离e o T 2d，其中 e、m 分是4m16子的荷量和量）【解析】由意可知： B 板上的化律如所示，A、 B 两板的恒定，方向作周期化，故子所受力也是大小恒定，方向作周期化，即F=【例4】如所示， A 、 B 是一平行的金属板，在两板之加一个周期T的交 U， A 板的a0，B板的 b 随的化律：在 0 到T内，b ＝0（正的常数）；在T22eE0e U 0dd两板距，故子在各隔内均匀速直运，至于运的方向、运速度的加、减情况以及运程所能到达的范等，完全取决于何放子，此例可借助于子运的“v-t ” 来解决。

高考物理二轮复习训练电场及带电粒子在电场中的运动含解析

训练8电场及带电粒子在电场中的运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)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：本题考查电场线、等势面的特点以及电场力做功正负的判断方法，意在考查学生对电场基本概念、基本规律的理解能力．电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，A项错误；电场线与等势面处处垂直，B项正确；电场强度与等势面的疏密程度有关，C项错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于0，由W＝qU知，负电荷受到的电场力做负功，D项错．答案：B2．如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下做顺时针方向以Q点为焦点的椭圆运动，线段MN为椭圆的长轴，则电子在运动过程中()A．在M点的速率最小B．在电子从M点向N点运动过程中电势能减小C．电子从N点向M点运动库仑力做负功D．电子在椭圆上经过N点时所受电场力最小解析：电子从M运动到N的过程中，库仑力对电子做负功，电子的动能减小，电势能增大，所以电子在M点的动能最大，速率最大，在N点的电势能最大，故A、B均错误；电子从N运动到M的过程中，库仑力对电子做正功，电子的动能增大，电势能减小，故C错误；在整个椭圆轨迹中，N点到Q点的距离最远，根据库仑定律：F＝k q1q2r2，则电子在N点时所受电场力最小，故D正确．答案：D3．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是()A．保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧答案：A4.(2014·山东高考)如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.s22qEmh B.s2qEmhC.s42qEmh D.s4qEmh解析：根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有12s＝v0t，在竖直方向有12h＝12·qEm·t2，解得v0＝s2qEmh，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B5．如图所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为v m.小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L，静电力常量为k，则()A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为2μmgL＋m v2m2qB．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为kQq μmgD．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能解析：小金属块从A到B过程，由动能定理得：－qU AB－μmgL＝12m v2m－0，得A 、B 两点间的电势差U AB ＝－2μmgL ＋m v 2m 2q，故A 错误；小金属块由A 点向C 点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B 错误；由题意知，从A 到B 的过程中，金属块做加速运动，从B 到C 的过程中做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg ＝k Qq r 2，得r ＝kQq μmg ，故C 正确；从B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能，故D错误．答案：C6.(2015·江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．c 点的电场强度比d 点的大D ．c 点的电势比d 点的低解析：根据电场线的分布图，a 、b 两点中，a 点的电场线较密，则a 点的电场强度较大，选项A 正确．沿电场线的方向电势降低，a 点的电势低于b 点的电势，选项B 错误．由于c 、d 关于正电荷对称，正电荷在c 、d 两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c 点产生的电场强度为0，在d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c 点的电场强度比d 点的大，选项C 正确．c 、d 两点中c 点离负电荷的距离更小，c 点电势比d 点低，选项D 正确．答案：ACD7.地球表面附近存在微弱电场，该电场在较小区域内可视为匀强电场，电场强度大小为150 N/C 、方向竖直向下，如图所示是为研究这种电场而抽成的真空区域，位于A 处的电子枪(未画出)打出的电子可以运动到B 点，已知电子电荷量为－1.6×10－19C 、质量为m ＝9.1×10－31kg.则( )A ．A 点电势高于B 点电势B ．电子从A 点到B 点做匀变速运动C．电子在A点动能小于B点动能D．电子在运动过程中机械能守恒解析：沿电场线方向电势降低，故A点电势低于B点电势，故A错误；电子在匀强电场中运动，受到的电场力不变，故做匀变速运动，故B正确；电子在从A运动到B的过程中，电场力做正功，动能增加，故C正确；电场力做正功，故机械能不守恒，故D错误．答案：BC8.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M 点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则()A．小物体上升的最大高度为v21＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：设斜面倾角为θ，上升过程沿斜面运动的最大距离为L.因为OM＝ON，则M、N两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0.上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相同的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服因电场力而产生的摩擦力所做的功相等，并设为W1.在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：－mgL sinθ－W f－W1＝－m v 21 2和mgL sinθ－W f－W1＝m v222，以上两式相减可得h＝L sinθ＝v21＋v224g，A正确；由OM＝ON，可知电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减小后增大，B、C错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D正确．答案：AD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9.(2015·安徽高考)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l 0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A 到C 过程所经历的时间；(3)粒子经过C 点时的速率．解析：(1)W AC ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令r AD ＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma 得a ＝qE m又y 0＝12aT 2y 0＋3l 0＝12a (2T )2解得T ＝2ml 0qE则A →C 过程所经历的时间t ＝32ml 0qE (3)粒子在DC 段做类平抛运动，于是有2l 0＝v Cx (2T ) v Cy ＝a (2T )v C ＝v 2Cx ＋v 2Cy ＝17qEl 02m答案：(1)3qEl 0 (2)32ml 0qE (3) 17qEl 02m10．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的质量是m ，电荷量为e ，在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD 区域内运动经历的时间和电子离开ABCD 区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置．解析：(1)电子在区域Ⅰ中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eEL ＝12m v 2得v ＝2EeLm电子在区域Ⅰ运动有L ＝12v t 1得t 1＝2mLEe电子在中间区域匀速运动，有L ＝v t 3，得t 3＝mL2Ee 进入区域Ⅱ时电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD 边，则电子在区域Ⅱ中运动时间t 2＝t 3＝mL 2Ee在沿y 轴上根据牛顿第二定律可得：eE ＝may 轴方向上运动的位移为Δy ＝12at 22＝L 4<L 2，显然假设成立所以电子在ABCD 区域内运动经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22mLEe电子离开时的位置坐标为(－2L ，L 4)．(2)设释放点在电场区域Ⅰ中，其坐标为(x ，y )，在电场Ⅰ中电子被加速到v 1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D 点离开，有eEx ＝12m v 21，y ＝12at 2＝12×eE m (L v 1)2解得xy ＝L 24，即在电场Ⅰ区域内满足此方程的点即为所求释放点的位置．答案：(1)22mL Ee (－2L ，L 4)(2)所有释放点的位置在xy ＝L 24曲线上。

高考物理二轮复习练电场及带电粒子在电场中的运动(有答案)

限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选) 1．(2017•山东省潍坊一模)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy 坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2 V，a点的坐标为(0, 4)，电势为8 V，b点的坐标为(3,0)，电势为8 V，则电场强度的大小为导学号86084164( A )A．250V/m B．200V/mC．150V/m D．120V/m[解析] 由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过O点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：tan∠b＝43，得∠b＝53°；oc＝ob•sin∠b＝0.03×sin53°＝2.4×10－2 mco间的电势差为：U＝8 V－2 V＝6 V；则电场强度为：E＝UOc＝250 V/m，故A正确。

2．(2017•山东省淄博市一模)两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势φ随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OM＞ON，由图可知导学号86084165( B )A．N点的电势低于M点的电势B．M、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点的场强大小C．仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D．负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力先做正功后做负功[解析] 由图知，N点的电势高于M点的电势。

故A错误；由E＝Ud可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小。

斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同。

故B正确；根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N 指向M，正电荷做单向直线运动。

故C错误；负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功。

故D错误。

3．(2017•山东省泰安市一模)如图，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线。