带电粒子在匀强电场中的运动doc.docx
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带电粒子在匀强电场中的运动
一、单项选择题
1.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
(第1题)(第2题)
2.如图所示,电路中R1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放
置.闭合电键S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动.如果仅改变下列某—个条件,
油滴仍能静止不动的是()
A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值
C.增大两板间的距离D.断开电键S
3.如图所示,带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出
发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN,则P和Q的质量之
比为(粒子重力不计)()
A.3∶4B.4∶3C.3∶2D.2∶3
(第3题)(第4题)
4.如图所示,
A、B两金属板平行放置,在
t=0时将电子从
A板附近由静止释放
(电子的重力忽略
不计).分别在
A、B两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了
B板(
)
5.如图所示,两平行金属板之间有一匀强电场,金属板长为L,一带电粒子以速度v0垂直于场强
方向沿上极板边缘射入匀强电场,刚好贴下极板边缘飞出,如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初
速度v1沿上极板边缘射入电场并能从其中射出,当它的竖直位移等于板间距
d时,它的水平射程为
2L(轨迹未画出).则粒子进入电场的初速度
v1等于()
A.v
B.2v
0
v
0
D.2v
0
0
6.如图所示,在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场.有一带正电的小球自坐标原点沿
着y轴正方向以初速度v0抛出,运动轨迹最高点为M,与x轴交点为N,不计空气阻力,则小球()
A.做匀加速运动B.从O到M的过程动能增大
C.到M点时的动能为零
1
2
D.到N点时的动能大于2mv
0
(第6题)(第7题)
7.如图所示,设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所
带电荷量不变,若()
A.保持S不变,增大d,则θ变大B.保持S不变,增大d,则θ变小
C.保持d不变,减小S,则θ变小D.保持d不变,减小S,则θ不变
8.如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间,
在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么()
A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C.微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
(第8题)(第9题)
9.如图所示,从炽热的金属丝漂出的电子(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
10.如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同
的带电小球,P小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q小球从两板正中央由静止开始释放,两小球
最终都能运动到右极板上的同一位置,则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的()
A.运行时间tP>tQB.电势能减少量之比EP∶ΔEQ=2∶1
C.电荷量之比qP∶qQ=2∶1D.动能增加量之比EkP∶ΔEkQ=4∶1
(第10题)(第11题)
11.有一静电场,其电势随x坐标的改变而改变,变化的图线如图所示.若将一带负电的粒子(重
力不计)从坐标原点O由静止释放,电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1mm、4mm处.则下列
说法正确的是()
A.粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B.粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反
C.粒子经过P点与Q点时,动能相等
D.粒子经过P点与Q点时,电场力做功的功率相等
二、多项选择题
12.给平行板电容器充电,断开电源后A极板带正电,B极板带负电.板间一带电小球C用绝缘细
线悬挂,如图所示.小球静止时与竖直方向的夹角为θ,则()
A.若将B极板向右平移稍许,电容器的电容将减小
B.若将B极板向下平移稍许,A、B两板间电势差将增大
C.若将B极板向上平移稍许,夹角θ将变大
D.轻轻将细线剪断,小球将做斜抛运动
(第12题)(第13题)
13.在地面附近,存在着一有界电场,边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中
有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A,如图甲所
示,小球运动的v-t图象如图乙所示,已知重力加速度为g,不计空气阻力,则()
A.在t=s时,小球经过边界MN
B.小球受到的重力与电场力之比为3∶5
C.在小球向下运动的整个过程中,重力做的功与电场力做的功大小相等
D.在小球运动的整个过程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小
14.如图所示,在两条竖直边界线所围的匀强电场中,一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以
某一水平速度射入电场,从右边界的Q点射出,下列判断正确的有()
A.粒子带正电
B.粒子做匀速圆周运动
C.粒子电势能增大
D.仅增大电场强度,粒子通过电场的时间不变
(第14题)(第15题)
15.如图所示,两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置,A、B接在电路中,C、D板间电
压为板上O处发出的电子经加速后,水平射入C、D板间,电子最终都能打在光屏M上.关于电子的
运动,下列说法正确的是()
A.S闭合,只向右移动滑片P,P越靠近b端,电子打在M上的位置越高
B.S闭合,只改变A、B板间的距离,改变前后,电子由O至M经历的时间相同
C.S闭合,只改变A、B板间的距离,改变前后,电子到达M前瞬间的动能相同
D.S闭合后再断开,只向左平移B,B越靠近A板,电子打在M上的位置越高
16.如图所示,水平放置的两平行金属板与一直流电源相连,一带正电的粒子仅在重力和电场力作
用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B,现将平行金属板分别以O、O′为圆心在平面内旋转相同
角度后(角度不太大),粒子仍以原来的方式射入,则()
A.粒子将做曲线运动
B.粒子仍做匀速直线运动
C.粒子做匀变速直线运动
D.粒子的电势能可能增加,也可能减小
三、非选择题
17.如图甲所示,在
y=0和y=2m之间有沿着
x轴方向的匀强电场,
MN为电场区域的上边界,
在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示,取
x轴正方向为电场正方向,现有一个带负电
q
-2
C/kg,在t=0时刻以速度
2
从O点沿y轴正方向进入电
的粒子,粒子的比荷为
=×10
v0=5×10m/s
m
场区域,不计粒子重力.求:
(1)粒子通过电场区域的时间;
(2)粒子离开电场时的位置坐标;
(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小.
18.如图甲所示,在场强大小为
E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为
R的圆形区域.
O
点为该圆形区域的圆心,A点是圆形区域的最低点,B点是圆形区域最右侧的点.在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷,电荷的质量为m、电荷量为q,不计电荷重力、电荷之间的作用力.
(1)若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点.如图甲所示,∠POA=θ,求该电荷从A点
出发时的速率;
(2)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD,如图乙所示,C、D分别为接收屏上最边缘的两点,∠COB
=∠BOD=30°.求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能.
《带电粒子在匀强电场中的运动》参考答案
1、解析:
选
D.当可移动介质
P向左匀速移出的过程中,介电常数减小,电容器电容变小,选项
A
错误;电容器的电压等于电源电动势不变,电荷量
Q=CU减小,选项
B错误;电容器放电,电流方向
M→R→N,M
点的电势比
N点的电势高,选项
C错误,D正确.
U
C
U
R1
2、解析:
选B.设油滴质量为m,电荷量为q,两板间距离为d,当其静止时,有
dq=dq=mg;
由题图知,增大R1,UR1增大,油滴将向上加速,增大
R2,油滴受力不变,仍保持静止;由
E=
U知,
d
增大d,U不变时,E减小,油滴将向下加速;断开电键
S,电容器将通过R1、R2放电,两板间场强变
小,油滴将向下加速,故只有B项正确.
x
1
1
qE
2
1
qE
2
3、解析:
选
知,tP
=
Q
y=
·
P
P
·
Q
Q
,解
A.由OM=MN和t=v0
2t,在垂直极板方向上,
2
mPt
=2
mQt
得:
mP∶mQ=3∶4,A正确.
4、解析:
选B.粒子不能到达B板,必须做往复运动,因此粒子的运动应为:
加速→减速→反向加
速→(反向)减速.故B正确.
5、解析:
选C.
设粒子在电场中的加速度为
a.第一次,粒子恰好从下极板的边缘飞出,粒子做类平抛运动,有
L
=v0
1
a
.第二次,设粒子飞出电场时的竖直位移为
y1,所用时间为t1
,飞出电
t,d=at2,解得v0=L
2d
2
场后的竖直位移为y2,所用时间为
1
2
t2,则y1=
at1,L=v1t1,y2=at1·t2,L=v1t2,y1+y2=d,解得v1
2
=L
3a=3v0,故C正确.
2d
6、解析:
选D.带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用
做匀变速运动,在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角,速度减小,A、B都错;小球自坐
标原点到M点,y方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动,
x方向在静电力作用下做初速度
为零的匀加速运动,所以到
M点时的动能不为零,C错;由动能定理有:
1
2
1
2
qEx=mvN-
mv0>0,D正
2
2
确.
εrS
S不变时,增大d,
7、解析:
选A.由电容决定式
C=
知,电容与极板间距成反比,当保持
4πkd
Q
εrS
电容减小,由电容定义式
C=U知,板间电势差增大,静电计指针偏角
θ变大,A对,B错;由C=4πkd,
知C与S成正比,当d不变时,减小S,C减小,Q不变,由C=Q知U增大,θ变大,C、D均错.
U
8、解析:
选C.微粒向下偏转,则微粒受到的电场力与重力的合力向下,若微粒带正电,只要电
场力小于重力,就不能确定A、B板所带电荷的电性,A项错误;由于不能确定电场力的方向,因此不
能确定电场力做功的正负,不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化,B项错误;由于电场力与
重力的合力一定向下,因此微粒受到的合外力做正功,根据动能定理可知,微粒从M到N的过程中
动能增加,C项正确;由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功,根据功能原理可
知,不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少,D项错误.
9、解析:
选C.设加速电场电压为
U,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,
0
2
2U0q,电子进入极板后做类平抛运动,时间
t=L,a=Uq
由U
mv0
,得v
0=
,v
0q=2
m
v0
dm
y=at,tanθ=
vy=UL,由此可判断
C正确.
v02U0d
10、解析:
选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动,由于下落高度相同,所以运动时间相等,
1
A错;在水平方向上,两球都做匀加速运动,由x=2at2可得:
aP∶aQ=2∶1,则qP∶qQ=2∶1,C正
确;电势能的减少量:
EPQ
PPQ
Q
P
∶ΔE
=(qE·x)∶(q
E·x)=4∶1,B错;动能增加量:
(mgh+
E)∶(mgh
+EQ)<4∶1,D错.
11、解析:
选C.由题中φ-x图,画出电场强度
所示,由图可知A错误;由牛顿第二定律知,粒子在
E随x变化的图象及带电粒子的v-t图象,如图
P、Q两点的加速度满足aP=2aQ,B错误;由v
-t图象可知,粒子在P、Q两点对应的时间分别是
2
2
t0和(3-
2)t0,其速度相等,C正确;粒子在P、
Q两点的功率P=Eqv,因电场强度不相同,故功率不同,
D错误.
εrS
12、解析:
选ABC.若将B极板向右平移稍许,d增大,根据C=4πkd,知电容器的电容将减小,
故A正确.若将B极板向下平移稍许,正对面积S减小,根据C=rS,知电容将减小,因电容器带
4πkdε
Q
电荷量Q不变,由U=C,分析知板间电势差增大,故B正确.若将B极板向上平移稍许,正对面积
Q
U
S减小,电容将减小,因电容器带电荷量
Q不变,由U=C,分析知板间电势差增大,根据
E=d
,知
E增大,则小球所受的电场力增大,
θ将变大,故
C正确.轻轻将细线剪断,小球将沿重力与电场力
的合力方向做匀加速直线运动,故
D错误.
13、解析:
选BC.由速度图象可知,带电小球在区域
Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度大小之比为
3∶2,由
mg
3
3∶5,B正确;小球在
t=s时
牛顿第二定律可知:
F-mg=
2,所以小球所受的重力与电场力之比为
速度为零,此时下落到最低点,由动能定理可知,重力与电场力的总功为零,故
A错误,C正确;因
小球只受重力与电场力作用,所以小球的机械能与电势能总和保持不变,
D错误.
14、解析:
选AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中,粒子做类平抛运动且沿初速度方向
做匀速直线运动,而电场的宽度一定,故增大电场强度不会改变通过电场的时间,B项错误,D项正
确;沿场强方向做匀加速直线运动,可知粒子受力方向与场强方向一致,故粒子带正电,A项正确;
粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角,电场力做正功,故粒子电势能减小,C项错.
15、解析:
选CD.电子在A、B板间加速
BA
12,在C、D板间的偏转位移y=
1·Ue·L
=UL2
,
Ue=2mv
2md
v
4dUBA
S闭合,只向右移动滑片
P,UBA增大,偏转位移
y减小,电子打在M上的位置降低,选项
A错误;设
v
电子在A、B板间的运动时间为
t1,A、B板间距离为dAB,则dAB=2t1,S闭合,只改变A、B板间距离,
板间电压UBA不变,v不变,t1变化,从B板射出后水平方向匀速运动速度不变,电子由
O到M经历
的时间必然变化,选项
B错误;S闭合,只改变A、B板间距离,板间电压
UBA不变,偏转位移y相同,
根据动能定理知电场力做功相同,电子到达
M瞬间的动能相同,选项
C正确;S闭合再断开,A、B
板所带电荷量不变,向左平移
B板,板间距离减小,根据C=
εrS
Q
,C增大,U
,U
4πkdAB
BA=C
BA减小,又
L
2
y=1·Ue·
=
UL
可知电子打在M上的位置升高,选项
D正确.
v
2md
4dUBA
16、解析:
选CD.
U
刚开始时粒子做匀速直线运动,mg=qE=qd,由受力分析可知,粒子在竖直方向上合力为零.如
U
cosθ=q
U
U
图所示,平行金属板顺时针旋转θ角,则q
dcosθ
cosθ=q=mg,即竖直方向上的合
d′
d
力为0,水平方向的合力为
F=mgtanθ,故粒子做匀加速直线运动,
A、B错C正确;由分析知电场
力做正功,粒子的电势能减小;同理,若平行金属板逆时针旋转
θ角,则粒子电势能逐渐增加,粒子
做匀减速直线运动,故选项
D正确.
17、解析:
(1)因粒子初速度方向垂直电场方向,在电场中做类平抛运动,所以粒子通过电场区域
的时间
t=
y
-
3s.
=4×10
v
0
Eq
1
(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速,加速时的加速度大小为
a1=m=4m/s2,
E2q
减速时的加速度大小为
a2=m=2m/s2,
由运动学规律得x方向上的位移为
x=
1
a1
T
+a1
T
-
1
a2
T
-
5m
2
2
2
=2×10
2
2
因此粒子离开电场时的位置坐标为
-
5m,2m).
(-2×10
(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为
T
T
-
3
vx=a1
-a=4×10
m/s.
2
2
2
-3
-5
答案:
(1)4×10s
(2)(-2×10m,2m)
-3
(3)4×10m/s
18、解析:
(1)设该电荷从A点发出时的速率为v0,运动到P点的时间为t,因不计其重力及电荷
之间的作用力,所以电荷做类平抛运动,则有
Eq
a=m
Rsinθ=v0t
1
R-Rcosθ=2at2
由以上三式得
v0=
EqRsin2θ
2m(1-cosθ).
(2)由
(1)的结论得粒子从A点出发时的动能为
1
2
EqRsin2θ
EqR(1+cosθ)
=
2mv0=4(1-cosθ)
4
则经过P点时的动能为
1
2
=
1
E=Eq(R-Rcosθ)+2mv
4EqR(5-3cosθ)
k
0
可以看出,当
θ变大时,接收屏上电荷的动能逐渐增大,因此D点接收到的电荷的末动能最小,
C点接收到的电荷的末动能最大.
D点对应θ=60°,则最小动能为:
17
EkD=4EqR(5-3cos60°)=8EqR
C点对应θ=120°,则最大动能为:
113
EkC=4EqR(5-3cos120°)=8EqR.
答案:
见解析