PAGE7-電場及帶電粒子在電場中的運動(45分鐘)[刷基礎(chǔ)]1．關(guān)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．電場線與等勢面到處相互垂直C．同一等勢面上各點電場強度肯定相等D．將一負的摸索電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功解析：在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面肯定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場方向總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，按D選項移動負的摸索電荷時，電場力做負功，選項D錯誤．答案：B2．(2024·高考江蘇卷)一勻強電場的方向豎直向上．t＝0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()解析：帶電粒子所受電場力沿豎直方向，則粒子在電場中做類平拋運動，即沿初速度方向做勻速直線運動，沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動，假設(shè)電場力大小為F，則P＝Fv，其中v為沿電場力方向的速度，則v＝at、a＝eq\f(F,m)，整理得P＝eq\f(F2,m)t，由關(guān)系式可知P-t圖象應(yīng)為一條過原點的傾斜直線，A正確，B、C、D錯誤．答案：A3．α粒子快速通過氫分子中心，其軌跡垂直于兩核的連線，兩核的距離為d，如圖所示．假定α粒子穿過氫分子中心時兩氫核幾乎不移動，同時忽視分子中電子的電場，則當α粒子在靠近氫分子過程中，下列說法正確的是()A．加速度肯定變大B．加速度肯定減小C．電勢能越來越大D．電勢能越來越小解析：由題意可知，兩個氫分子可視為等量的同種正電荷，其連線中點電場強度為零，無窮遠處的電場強度也為零，因此在中點和無窮遠之間有一點場強最大，但由于此位置不確定，因為α粒子靠近氫分子過程中電場力的改變不確定，所以加速度的改變不確定，A、B錯誤；α粒子在靠近氫分子時，由于電場力對α粒子做負功，因此其電勢能漸漸增大，C正確．答案：C4．(2024·高考江蘇卷)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動解析：兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當B板右端下移時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確．答案：D5．(多選)(2024·高考江蘇卷)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W.再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最終將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點．下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W解析：依據(jù)電場力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝eq\f(W,q)，選項A正確；B、C兩點到A點的距離相等，這兩點電勢相等，Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，選項B正確；依據(jù)對稱性和電勢疊加可知，A、B兩點固定電荷量均為＋q的點電荷后，C點電勢為φC2＝2φC1＝eq\f(2W,q)，帶電荷量為－2q的點電荷Q2在C點的電勢能為EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，選項D正確；Q2從無限遠移動到C點的過程中，電場力做的功為0－EpC＝4W，選項C錯誤．答案：ABD6．(2024·甘肅天水高三上學期第三次月考)如圖(a)所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，所經(jīng)位置的電勢隨距A點的距離改變的規(guī)律如圖(b)所示．以下說法正確的是()A．電子在A、B兩點的速度vA＜vBB．A、B兩點的電勢φA＜φBC．電子在A、B兩點的電勢能EpA＞EpBD．A、B兩點的電場強度EA＞EB解析：由圖(b)可知，電勢漸漸降低，可推斷出電場線的方向從A到B，在移動過程中，電場力做負功，電子的動能減小，速度減小，而電子的電勢能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故A、C錯誤；電場線的方向從A到B，則A、B兩點的電勢φA＞φB，故B錯誤；φ-x圖象的斜率大小等于電場強度，由幾何學問可知，圖象的斜率漸漸減小，則從點A到點B場強漸漸減小，則有EA＞EB，故D正確．答案：D7．(2024·河南駐馬店高三期末)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，固定有一根與水平方向成45°角的絕緣光滑直桿ab.一帶電小圓環(huán)套在桿上，恰好能沿桿勻速下滑．當小圓環(huán)以大小為v0的速度從b端脫離桿后，經(jīng)過一段時間正好通過b端正下方的c點處．已知重力加速度為g，桿固定不動，則b、c兩點之間的距離為()A.eq\f(v\o\al(2,0),2g) B.eq\f(v\o\al(2,0),g)C.eq\f(2v\o\al(2,0),g) D.eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),g)解析：小圓環(huán)恰好能沿桿勻速下滑，則對小圓環(huán)受力分析可知，電場力水平向左，大小為F＝mg；脫離細桿后，小圓環(huán)的水平速度和豎直速度均為vx＝vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，水平加速度方向向左，大小為a＝eq\f(F,m)＝g，則由b到c點運動的時間t＝eq\f(2vx,g)＝eq\f(\r(2)v0,g)，則豎直方向y＝vyt＋eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)，故選項C正確．答案：C8．(2024·江西南昌三中第七次考試)如圖所示，直角坐標系中x軸上在x＝－r處固定有帶電荷量為＋9Q的正點電荷，在x＝r處固定有帶電荷量為－Q的負點電荷，y軸上a、b兩點的坐標分別為ya＝r和yb＝－r，c、d、e點都在x軸上，d點的坐標為xd＝2r，r<xc<2r，c、d點間距與d、e點間距相等．下列說法不正確的是()A．場強大小Ec>Ee B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．d點場強為零 D．a(chǎn)、b兩點的場強相同解析：＋9Q在d點產(chǎn)生的場強大小E1＝keq\f(9Q,3r2)＝keq\f(Q,r2)，方向水平向右，－Q在d點產(chǎn)生的場強大小E2＝keq\f(Q,r2)，方向水平向左，所以由電場的疊加原理可知，d點場強為零，故C正確；d點場強為零，c、d點間距與d、e點間距相等，依據(jù)電場線的分布狀況知，c處電場線密，場強大，故A正確；由電場分布的對稱性可知，a、b兩點的電勢相等，故B正確；依據(jù)電場線分布的對稱性可知，a、b兩點場強的大小相等，但方向不同，則a、b兩點的場強不相同，故D錯誤．答案：D9．(2024·湖北武漢第六中學高三月考)如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為L＝0.40m的絕緣細線把質(zhì)量為m＝0.20kg、帶有q＝6.0×10－4C正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為θ＝37°(g取10m/s2,(1)勻強電場的場強E和A、B兩點間的電勢差UAB；(2)假如要使小球恰好能繞O點做完整的圓周運動，則小球在A點時沿垂直于OA方向運動的初速度v0的大小．解析：(1)帶電小球在B點靜止受力平衡，依據(jù)平衡條件得qE＝mgtanθ，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)＝2.5×103V/m，由U＝Ed有UAB＝－EL(1－sinθ)＝－2.5×103×0.40×(1－sin37°)＝－400V.(2)小球恰好做完整圓周運動時必需通過B點關(guān)于O的對稱點D，設(shè)在該點時小球的速度為v，則mgcosθ＋qEsinθ＝eq\f(mv2,L)小球由A點運動到D點時，由動能定理得－mgLcosθ－qEL(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得v0＝eq\r(21)m/s.答案：(1)2.5×103V/m－400V(2)eq\r(21)m/s[刷綜合]10．(多選)(2024·河南重點中學高三理科綜合聯(lián)考)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)．以下說法正確的是()A．若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流B．若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G中有b→a的電流C．若將S斷開，則油滴馬上做自由落體運動，G中無電流D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G中有b→a的電流 解析：依據(jù)電路圖可知，當S閉合后，A板帶負電，B板帶正電，原來油滴恰好處于靜止狀態(tài)，說明油滴受到的豎直向上的電場力剛好與豎直向下的重力平衡；若將A板向上平移一小段位移，則板間間距d變大，而兩板間電壓U此時不變，故板間場強E＝eq\f(U,d)變小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速運動，而依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，故兩板所帶電荷量Q也減小，因此電容器放電，所以G中有b→a的電流，選項A正確．在S閉合的狀況下，若將A板向左平移一小段位移，兩板間電壓U和板間間距d都不變，所以板間場強E不變，油滴受力平衡，仍舊靜止，但是兩板的正對面積S減小了，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C減小，兩板所帶電荷量Q也減小，電容器放電，所以G中有b→a的電流，選項B正確．若將S斷開，兩板所帶電荷量保持不變，板間場強E也不變，油滴仍舊靜止，選項C錯誤．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，兩板所帶電荷量Q仍保持不變，兩板間間距d變小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，明顯，兩板間場強E不變，所以油滴仍舊靜止，G中無電流，選項D錯誤．答案：AB11．(多選)(2024·湖北十堰高三期末)在電場方向水平向右的勻強電場中，從A點豎直向上拋出一帶電小球，其運動的軌跡如圖所示，小球運動軌跡上的A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8J，在M點的動能為6J，不計空氣的阻力，則下列推斷正確的是()A．小球水平位移x1與x2的比值為1∶3B．小球水平位移x1與x2的比值為1∶4C．小球落到B點時的動能為32JD．小球從A點運動到B點的過程中最小動能為6J解析：小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動，小球在豎直方向上升和下落的時間相同，由勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，選項A正確，選項B錯誤；設(shè)小球在M點時的水平分速度為vx，則小球在B點時的水平分速度為2vx，依據(jù)題意有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝8J，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)＝6J，因而在B點時小球的動能為EkB＝eq\f(1,2)m[veq\o\al(2,0)＋(2vx)2]＝32J，選項C正確；由題意知，小球受到的合外力為重力與電場力的合力，為恒力，小球在A點時，F(xiàn)合與速度之間的夾角為鈍角，小球在M點時，速度與F合之間的夾角為銳角，則F合對小球先做負功再做正功，由動能定理知，小球從A到M過程中，動能先減小后增大，小球從M到B的過程中，合外力始終做正功，動能始終增大，故小球從A運動到B的過程中最小動能肯定小于6J，選項D錯誤．答案：AC12．如圖所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔(未畫出)正好位于平面直角坐標系xOy的O點，y軸沿豎直方向，在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(4,3)×103V/m，比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處由靜止釋放，其運動軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3)m,1m)點．粒子P的重力不計．(1)求金屬板A、B之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經(jīng)過O點的同時，在y軸右側(cè)勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電粒子Q，使P、Q恰能在運動中相碰．假設(shè)Q的質(zhì)量是P的質(zhì)量的2倍，帶電狀況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽視不計，求粒子Q全部釋放點的集合．解析：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強電場中做類平拋運動．設(shè)該粒子從O點運動到M(eq\r(3)m,1m)點所用時間為t0，由類平拋運動規(guī)律可得xM＝v0t0，yM＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)×104m/s.在金屬板A、B之間，由動能定理得qU