PAGEPAGE3帶電粒子在電場中運動的四種題型課后篇鞏固提升基礎鞏固1.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態,現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將()A.保持靜止狀態 B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動解析兩平行金屬板水平放置時,帶電微粒靜止,有mg=qE,現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后,兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°,電場力方向也逆時針旋轉45°,但大小不變,此時電場力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故該微粒將向左下方做勻加速運動,選項D正確。答案D2.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖所示。帶正電的粒子流由電場區域的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知()A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質量肯定相等B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動能肯定相等C.若入射粒子的電荷量與質量之比相等,則出射粒子的速率肯定相等D.若入射粒子的電荷量與質量之比相等,則出射粒子的動能肯定相等解析由題圖可知,該粒子流在電場中做勻速圓周運動,電場力供應向心力qE=mv2r,解得r=mv2qE,r、E為定值,若q相等則12mv2肯定答案BC3.如圖所示,有三個質量相等,分別帶正電、負電和不帶電的小球,從平行板電場左端的中點P以相同的初速度沿水平方向垂直于電場方向進入電場,它們分別落在A、B、C三點,可以推斷()A.小球A帶正電,B不帶電,C帶負電B.三個小球在電場中運動時間相等C.三個小球到達極板時的動能EkA>EkB>EkCD.三個小球在電場中運動的加速度aA>aB>aC解析三個小球在水平方向做勻速直線運動;豎直方向,帶正電荷小球受靜電力向上,合力為mg-F電,帶負電荷小球受靜電力向下,合力為mg+F電,不帶電小球只受重力,因此帶負電荷小球加速度最大,運動時間最短,水平位移最短,帶正電荷小球加速度最小,運動時間最長,水平位移最大,不帶電小球水平位移居中,選項A正確,選項B、D錯誤。在運動過程中,三個小球豎直方向位移相等,帶負電荷小球合力做功最大,動能變更量最大,帶正電荷小球動能變更量最小,即EkC>EkB>EkA,選項C錯誤。答案A4.如圖所示,一個平行板電容器充電后與電源斷開,從負極板處釋放一個電子(不計重力),設其到達正極板時的速度為v1,加速度為a1。若將兩極板間的距離增大為原來的2倍,再從負極板處釋放一個電子,設其到達正極板時的速度為v2,加速度為a2,則()A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=2∶1D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2解析電容器充電后與電源斷開,再增大兩極板間的距離時,電場強度不變,電子在電場中受到的電場力不變,故a1∶a2=1∶1。由動能定理Ue=12mv2得v=2Uem,因兩極板間的距離增大為原來的2倍,由U=Ed知,電勢差U增大為原來的2倍,故v1∶v2=1答案D5.如圖甲所示,電子靜止在兩平行金屬板A、B間的a點,t=0時刻起先A板電勢按如圖乙所示規律變更,則下列說法中正確的是()A.電子可能在極板間做往復運動B.t1時刻電子的動能最大C.電子能從小孔P飛出,且飛出時的動能不大于eU0D.電子不行能在t2~t3時間內飛出電場解析t=0時刻B板電勢比A板高,電子在t1時間內向B板加速,t1加速結束;在t1~t2時間內電子減速,由于對稱,在t2時刻速度恰好為零,接下來,電子重復上述運動,所以電子始終向B板運動,直到從小孔P穿出,A錯誤;無論電子在什么時刻穿出P孔,t1時刻電子都具有最大動能,B正確;電子穿出小孔P的時刻不確定,但穿出時的動能不大于eU0,C正確,D錯誤。答案BC6.如圖所示,一長為L=0.20m的絲線的一端拴一質量為m=1.0×10-4kg、帶電荷量為q=+1.0×10-6C的小球,另一端連在一水平軸O上,絲線拉著小球可在豎直平面內做圓周運動,整個裝置處在豎直向上的勻強電場中,電場強度E=2.0×103N/C?，F將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點,然后無初速度地將小球釋放,g取10m/s2。求:(1)小球通過最高點B時速度的大小。(2)小球通過最高點B時,絲線對小球拉力的大小。解析(1)小球由A運動到B,其初速度為零,電場力對小球做正功,重力對小球做負功,絲線拉力不做功,則由動能定理有:qEL-mgL=mvB=2(qE(2)小球到達B點時,受重力mg、電場力qE和拉力FTB作用,經計算mg=1.0×10-4×10N=1.0×10-3NqE=1.0×10-6×2.0×103N=2.0×10-3N因為qE>mg,而qE方向豎直向上,mg方向豎直向下,小球做圓周運動,其到達B點時向心力的方向肯定指向圓心,由此可以推斷出FTB的方向肯定指向圓心,由牛頓其次定律有:FTB+mg-qE=mFTB=mvB2L+qE-mg=3.0×答案(1)2m/s(2)3.0×10-3N實力提升1.如圖所示,從F處釋放一個無初速度的電子(重力不計)向B板方向運動,下列說法錯誤的是(設電源電動勢為U)()A.電子到達B板時的動能是UeB.電子從B板到達C板動能變更量為零C.電子到達D板時動能是3UeD.電子在A板和D板之間做往復運動解析電子在A、B之間做勻加速運動,且eU=ΔEk,選項A正確;電子在B、C之間做勻速運動,選項B正確;在C、D之間做勻減速運動,到達D板時,速度減為零,選項C錯誤,選項D正確。答案C2.如圖所示,質量為m、帶電荷量為q的小球以初速度v0從A點豎直向上射入水平方向的勻強電場中,小球通過電場中B點時,速率vB=2v0,方向與電場的方向一樣,則A、B兩點的電勢差為()A.mv0C.2mv解析小球從A到B,依據動能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=答案C3.如圖所示,一個帶負電的油滴以初速度v0從P點斜向上射入水平方向的勻強電場中。若油滴到達最高點的速度大小仍為v0,則油滴運動的最高點的位置()A.在P點的左上方 B.在P點的右上方C.在P點的正上方 D.上述狀況都可能解析油滴僅在重力與靜電力作用下運動,直到運動到最高點Q,此過程初動能與末動能相同,設油滴上升的高度為h,油滴的初、末位置間的電勢差為UPQ,油滴帶的電荷量為-q,由動能定理得-qUPQ-mgh=12mv02-12mv02,解得UPQ=-答案A4.如圖所示,用絕緣細線拴一帶負電小球,在豎直平面內做圓周運動,勻強電場方向豎直向下,則()A.當小球運動到最高點a時,線的張力肯定最小B.當小球運動到最低點b時,小球的速度肯定最大C.當小球運動到最高點a時,小球的電勢能最小D.小球在運動過程中機械能不守恒解析若qE=mg,小球做勻速圓周運動,球在各處對細線的拉力一樣大。若qE<mg,球在a處速度最小,對細線的拉力最小。若qE>mg,球在a處速度最大,對細線的拉力最大,故A、B錯;a點電勢最高,負電荷在電勢最高處電勢能最低,故C正確;小球在運動過程中除重力外,還有靜電力做功,機械能不守恒,D正確。答案CD5.如圖所示,質量為m、電荷量為e的粒子從A點以v0的速度垂直電場線沿直線AO方向射入勻強電場,由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角,已知AO的水平距離為d,不計重力。求:(1)從A點到B點所用的時間。(2)粒子在B點的速度大小。(3)勻強電場的電場強度大小。解析(1)粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場,水平方向做勻速直線運動,則有:t=dv(2)由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角,則粒子在B點的速度大小v=2v0。(3)依據牛頓其次定律得:a=eE將粒子射出電場的速度v進行分解,則有vy=at=eE又vy=v0tan45°聯立解得E=mv答案(1)dv0(2)2v06.如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔,質量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止起先下落,穿過小孔到達下極板處時速度恰為零(空氣阻力忽視不計),極板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g,求:(1)小球到達小孔處的速度大小;(2)極板間的電場強度大小和電容器所帶的電荷量;(3)小球從起先下落至到達下極板所用的時間。解析(1)小球到達小孔前做自由落體運動,依據速度位移關系有v2=2gh解得v=2gh(2)在從釋放至到達下極板處過程,由動能定理有mg(h+d)-qEd=0解得E=mg電容器兩極板間的電壓為U=Ed=mg電容器帶的電荷量為Q=CU=mg((3)加速過程中,有mg=ma1,v=a1t1減速過程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2聯立解得t=h+答案(1)2gh(2)(3)h7.如圖所示,半徑為R的環形塑料管豎直放置,AB為該環的水平直徑,且管的內徑遠小于環的半徑,環的AB及以下部分處于水平向左的勻強電場中,管的內壁光滑?，F將一質量為m、帶電荷量為+q的小球從管中A點由靜止釋放,已知qE=mg。求:(1)小球釋放后,第一次經過最低點D時的速度和對管壁的壓力。(2