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第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动限时:40分钟一、选择题(本题共8小题,其中14题为单选,58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( A )A 250V/mB 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:tanb,得b53;ocobsinb0.03sin532.4102 mco间的电势差为:U8 V2 V6 V;则电场强度为:E250 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OMON,由图可知( B )AN点的电势低于M点的电势BM、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。两电荷量相同、但质量不相等的粒子,分别从同一点A以相同的速度v0射入,轨迹如图中曲线,B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小,vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力,以下判断正确的是( C )A aBaCvBvC B aBaCvBvCC aBaCvBvC D aBaCvBvC解析由图可知粒子均带正电,AB曲线弯曲程度较AC大,可知AB轨迹的粒子质量较小,因为B、C两点电势相等,可知UACUAB,电荷量相同,由动能定理:qUmv2mv,可知vBaC,综上分析可知C正确,ABD错误。4(2017重庆市一模)如图所示电路,水平放置的平行板电容器的上极板与滑动变阻器的滑动端C相连接。电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下,若使滑动变阻器的滑动端C上移,则电容器极板上所带电量q和电子穿越平行板所需的时间t( A )A电量q增大,时间t不变B电量q不变,时间t增大C电量q增大,时间t减小D电量q不变,时间t不变解析当滑动变阻器的滑动端C上移时,跟电容器并联的阻值增大,所以电容器的电压U增大,根据qUC得:电量q增大;电子在平行板电容器中做类平抛运动,沿极板方向做匀速直线运动,所以运动时间t与电压的变化无关,所以时间t不变。故A正确,BCD错误。5(2017湖南省永州市二模)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入,已知上极板带正电,下极板接地,三微粒的运动轨迹如图所示,其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场,则( AD )A三微粒在电场中的运动时间有t1t2t3 B三微粒所带电荷量有q1q2q3C三微粒所受电场力有F1F2F3D飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能解析粒子在电场中运动的时间t,水平速度相等而位移x1x2x3,所以t1t2t3,所以A正确;根据竖直位移公式:yat2t2,对粒子1与2,两者竖直位移相等,可知:在y、E、m相同的情况下,粒子2的时间长,则电量小,即q1q2,而对粒子2和3 在E、m、t相同的情况下,粒子2的竖直位移大,则q2q3。所以B错误;由B选项分析知:q1q2,所以F1F2,C错误;由B选项分析,q2q3,且y2y3,则Eq2y2Eq3y3,电场力做功多,增加的动能大,所以D正确。6(2017山东省淄博、莱芜市二模)某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如图所示;场强方向与x轴平行,规定沿x轴正方向为正,一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动,到达x1位置时速度第一次为零,到达x2位置时速度第二次为零,不计粒子的重力。下列说法正确的是( BD )A点电荷从x1运动到x2的过程中,速度先保持不变,然后均匀增大再均匀减小B点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中,加速度先均匀增大再均匀减小C电势差Uox1Uox2D在整个运动过程中,点电荷在x1、x2位置的电势能最大解析点电荷从x1运动到x2的过程中,将运动阶段分成两段:点电荷从x1运动到O的过程中,初速度为0,根据牛顿第二定律:a,电场强度E不变,所以加速度a不变,做匀加速运动。点电荷从O运动到x2的过程中,根据牛顿第二定律:a,电场强度E先增大后减小,所以加速度a先增大再减小,速度不是均匀变化。故A错误;点电荷从O运动到x2的过程中,根据牛顿第二定律:a,电场强度E先均匀增大后均匀减小,所以加速度a先均匀增大再均匀减小。故B正确;点电荷从O运动到x1的过程中,根据动能定理:Uox1 q0mv ,点电荷从O运动到x2的过程中,根据动能定理:Uox2 q0mv ,所以:电势差Uox1Uox2 ,故C错误;点电荷从O运动到x1的过程中,电场力做负功,电势能增大,点电荷在x1位置的电势能最大;点电荷从O运动到x2的过程中,电场力做负功,电势能增大,点电荷在x2位置的电势能最大。故D正确。7(2017江西省新余市二模)有一电场强度方向沿x轴方向的电场,其电势随x的分布如图所示。一质量为m、带电量为q的粒子只在电场力的作用下,以初速度V0从x0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动,则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( BD )A粒子从x0处运动到xx1处的过程中动能逐渐增大B粒子从xx1处运动到xx3处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达xx4处,则粒子从x0处出发时的最小速度应为2D若v02,则粒子在运动过程中的最小速度为解析粒子从O运动到x1的过程中,电势降低,场强方向沿x轴正方向,粒子所受的电场力方向沿x轴负方向,粒子做减速运动,动能逐渐减小,故A错误;粒子从x1运动到x3的过程中,电势不断升高,根据负电荷在电势高处电势能小,可知B正确;根据电场力和运动的对称性可知:粒子如能运动到x1处,就能到达x4处,当粒子恰好运动到x1处时,由动能定理得:q0(0)0mv,解得:v0,则要使粒子能运动到x4处,粒子的初速度v0至少为。故C错误;若v02,粒子运动到x1处电势能最大,动能最小,由动能定理得:q0(0)mv mv,解得最小速度为:vmin,故D正确。8(2017山东省淄博、莱芜市二模)如图所示,平行板电容器两极板水平放置,一电容器电容为C。电容器与一直流电源相连,初始时开关闭合,极板间电压为U,两极板间距为d,电容器储存的能量ECU2。一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长),恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器,则( BD )A保持开关闭合,只将上极板下移了,带电油滴仍能沿水平线运动B保持开关闭合,只将上极板下移,带电油滴将撞击上极板,撞击上极板时的动能为EkC断开开关后,将上极板上移,若不考虑电容器极板的重力势能变化,外力对极板做功至少为CU2D断开开关后,将上极板上移,若不考虑电容器极板的重力势能变化,外力对极板做功至少为CU2解析保持开关闭合,电压不变,仅将上极板下移的过程中,极板距离减小,根据知电场强度增大,电场力增大,带电油滴向上做加速运动,故A错误;初始时能匀速通过电容器,说明mgq,保持开关闭合,仅将上极板下移 ,两极板间距离变为d,电场强度E,电场力做功WqE(),根据动能定理WEkEk0,mg()EkEk0 ,解得:EkEk0dEk0,所以撞击上极板时的动能是Ek0,故B正确;断开开关,电容器所带的电荷量不变,根据E,可知场强不变,油滴所受的电场力不变,带电油滴仍然沿水平虚线匀速通过电容器,下极板在上极板处产生的场强为,上极板上移,上极板所受电场力为EQ,外力对极板所做的功为WFEQEdQUCUCU2,故D正确。故选:BD。二、计算题(本题共3小题,需写出完整的解题步骤)9(2017辽宁省大连市二模)如图甲所示,将一倾角37的粗糙绝缘斜面固定在地面上,空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m0.2 kg,带电量q2.0103 C的小物块从斜面底端静止释放,运动0.1 s后撤去电场,小物块运动的vt图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向),g10 m/s2。(sin370.6,cos370.8),求:(1)电场强度E的大小;(2)小物块在00.3 s运动过程中机械能增加量。解析(1)加速度时:a120 m/s2减速时:a210 m/s2由牛顿第二定律得:Eqmgsinfma1mgsinfma2解得Eq3mg摩擦力f0.8 NE3103 N/C(2)方法一:Ek0Epmgx总sin37x总20.30.3 mEEpE0.2100.30.60.36 J方法二:加速距离x1t10.1 m减速距离x2t20.2 m电场力做功WEEqx10.6 J摩擦力做功Wff(x1x2)0.24 J物块00.3 s运动过程中机械能增加量EWEWf0.60.240.36 J10(2017湖北省襄阳五中一模)如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B、C的连线水平。质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R。从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始,整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场,小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上,大小与重力相等(水平分量待定),结果小球从管口C处离开圆管后,又能经过A点。设小球运动过程中电荷量没有改变,重力加速度为g,求:(1)小球到达B点时的速度大小;(2)小球受到的电场力大小。解析(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒,故有:mg4Rmv到达B点时速度大小为vB2(2)设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fymg(方向竖直向上)。小球从B运动到C的过程中,由动能定理得:Fx2Rmvmv小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过A点,有y4RvCtx2Raxt2t2联立解得:Fxmg电场力的大小为:qEmg11(2017山东省淄博市二模)如图所示
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