帶電粒子在勻強電場中的運動

1、帶電粒子在勻強電場中的運動、單項選擇題B和介質(zhì)P構(gòu)成1.某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、電容器，當可移動介質(zhì) P向左勻速移出的過程中（）A. 電容器的電容變大B.電容器的電荷量保持不變C. M點的電勢比N點的電勢低D.流過電阻R的電流方向從 M到NC的極板水平放個條件,A. 增大Ri的阻值C.增大兩板間的距離B. 增大R2的阻值D.斷開電鍵S3.如圖所示，帶電粒子 P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N 點，若 0M = MN，則vo從同一點出P和Q的質(zhì)量之（第 2 題）（第1題）2如圖所

2、示，電路中 Ri、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器置閉合電鍵S,電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動如果僅改變下列某油滴仍能靜止不動的是（）比為（粒子重力不計）（）A. 3 : 4B. 4 : 3C. 3 : 2D. 2 : 3AB0腫用3（第 3 題）（第 4 題）4如圖所示，A、B兩金屬板平行放置，在 t = 0時將電子從 A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計）分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B板（）ABED5如圖所示，兩平行金屬板之間有一勻強電場，金屬板長為L, 一帶電粒子以速度 vo垂直于場強方向沿上極板邊緣射入勻強電場，剛好貼下極板

3、邊緣飛出，如果帶電粒子以某一垂直于場強方向的初 速度vi沿上極板邊緣射入電場并能從其中射出，當它的豎直位移等于板間距d時，它的水平射程為2L（軌跡未畫出）.則粒子進入電場的初速度 vi等于（）A. voB. , 2vovoD. 2vo6. 如圖所示，在 xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強電場.有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度 vo拋出，運動軌跡最高點為 M，與x軸交點為N，不計空氣阻力，則小球（）A.做勻加速運動B.從O到M的過程動能增大1C. 到M點時的動能為零D.到N點時的動能大于2mv2加速肚場偏我也場（第 7 題）（第 6 題）7. 如圖所示，設(shè)兩極板正對面積為S,極

4、板間的距離為 d,靜電計指針偏角為 化實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A. 保持S不變，增大d，則B變大B.保持S不變，增大d，則B變小C.保持d不變，減小S,則B變小 D.保持d不變，減小S,則B不變&如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷. 一帶電微粒水平射入板間， 在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（）A. 若微粒帶正電荷，則 A板一定帶正電荷B. 微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C. 微粒從M點運動到N點動能一定增加D. 微粒從M點運動到N點機械能一定增加（第 9 題）（第 8 題）9如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子（速度可視為零）

5、，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場電子的重力不計在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A. 僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B. 僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C. 僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D. 僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓10如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場， 與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同 的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放， Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球 最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中它們的（ ）A. 運行時間tp>tQB.電勢能減少量之比 曰： Eq= 2 : 1C.電荷量之

6、比 qp : qQ= 2 : 1D. 動能增加量之比厶Ep ： B<q= 4 : 1（第 10 題）（第 11 題）11有一靜電場，其電勢隨 x坐標的改變而改變，變化的圖線如圖所示.若將一帶負電的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，電場中 P、Q兩點分別位于x坐標軸上的1 mm、4 mm處.則下列說法正確的是（）A. 粒子將沿x軸正方向一直向前運動B. 粒子在P點與Q點的加速度大小相等、方向相反C. 粒子經(jīng)過 P點與Q點時，動能相等D. 粒子經(jīng)過P點與Q點時，電場力做功的功率相等、多項選擇題12.給平行板電容器充電，斷開電源后A極板帶正電，B極板帶負電.板間一帶電小球C用絕緣細線懸掛

7、，如圖所示.小球靜止時與豎直方向的夾角為則（）A. 若將B極板向右平移稍許，電容器的電容將減小B. 若將B極板向下平移稍許，A、B兩板間電勢差將增大C. 若將B極板向上平移稍許，夾角B將變大D. 輕輕將細線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\動+4*丄”:則nr評）M -1 1 1甲7（第12題）（第13題）13在地面附近，存在著一有界電場，邊界mn將某空間分成上下兩個區(qū)域 I、n，在區(qū)域n中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域I中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖甲所示，小球運動的v t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g,不計空氣阻力，則（）A. 在t = s時，小球經(jīng)過邊界 MNB. 小球受到的

8、重力與電場力之比為3 : 5C. 在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電場力做的功大小相等D. 在小球運動的整個過程中，小球的機械能與電勢能總和先變大再變小14. 如圖所示，在兩條豎直邊界線所圍的勻強電場中，一個不計重力的帶電粒子從左邊界的P點以某一水平速度射入電場，從右邊界的Q點射出，下列判斷正確的有 （）A. 粒子帶正電B. 粒子做勻速圓周運動C. 粒子電勢能增大D. 僅增大電場強度，粒子通過電場的時間不變A B4 ''（第14題）（第15題）15. 如圖所示，兩對金屬板 A、B和C、D分別豎直和水平放置， A、B接在電路中，C D板間電 壓為板上0處發(fā)出的電子經(jīng)加速后

9、，水平射入 C、D板間，電子最終都能打在光屏 M上.關(guān)于電子的 運動，下列說法正確的是 （）A. S閉合，只向右移動滑片 P, P越靠近b端，電子打在 M上的位置越高B. S閉合，只改變 A、B板間的距離，改變前后，電子由 0至M經(jīng)歷的時間相同C. S閉合，只改變 A、B板間的距離，改變前后，電子到達M前瞬間的動能相同D. S閉合后再斷開，只向左平移 B, B越靠近A板，電子打在 M上的位置越高16如圖所示，水平放置的兩平行金屬板與一直流電源相連， 一帶正電的粒子僅在重力和電場力作 用下以某一初速度沿圖中直線從 A運動到B,現(xiàn)將平行金屬板分別以 0、0為圓心在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)相同 角度后（角度不太大

10、），粒子仍以原來的方式射入，則 （）舊A.粒子將做曲線運動B. 粒子仍做勻速直線運動C. 粒子做勻變速直線運動D. 粒子的電勢能可能增加，也可能減小三、非選擇題17.如圖甲所示，在y= 0和y= 2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向，現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為 菩=x 102C/kg，在t= 0時刻以速度vo= 5x l0m/s從0點沿y軸正方向進入電 場區(qū)域，不計粒子重力.求：(1) 粒子通過電場區(qū)域的時間；(2) 粒子離開電場時的位置坐標；(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小.18

11、.如圖甲所示，在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場中存在著一半徑為R的圓形區(qū)域.0點為該圓形區(qū)域的圓心， A點是圓形區(qū)域的最低點， B點是圓形區(qū)域最右側(cè)的點.在 A點有放射源釋 放出初速度大小不同、方向均垂直于場強方向向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計電荷重力、電荷之間的作用力.(1)若某電荷的運動軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點.如圖甲所示，/POA=B,求該電荷從 A點 出發(fā)時的速率;(2)若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD如圖乙所示，CD分別為接收屏上最邊緣的兩點，/ COB=/ BOD= 30° .求該屏上接收到的電荷的最大動能和最小動能.帶電粒子在勻強電場中的運動

12、參考答案1解析：選D.當可移動介質(zhì)P向左勻速移出的過程中，介電常數(shù)減小，電容器電容變小，選項A錯誤；電容器的電壓等于電源電動勢不變，電荷量Q = CU減小，選項B錯誤；電容器放電，電流方向Mt廿N, M點的電勢比N點的電勢高，選項 C錯誤，D正確.Uc Uri2、解析：選B.設(shè)油滴質(zhì)量為 m,電荷量為q，兩板間距離為d，當其靜止時，有 _q = "q = mg; 由題圖知，增大 Ri, Uri增大，油滴將向上加速，增大R2,油滴受力不變，仍保持靜止；由E= U知,增大d, U不變時，E減小，油滴將向下加速；斷開電鍵S,電容器將通過 Ri、R2放電，兩板間場強變 小，油滴將向下加速，故

13、只有 B項正確.x .11 qpE “1 qQE o3、解析：選a.由om=mn和t=vo知，tp=qtQ,在垂直極板方向上，y= 2 mptp= 2 mQtQ，解 得：mp : mQ= 3 : 4, A 正確.4、解析：選B.粒子不能到達 B板，必須做往復運動，因此粒子的運動應(yīng)為：加速t減速t反向加速t（反向）減速.故B正確.5、解析：選C.設(shè)粒子在電場中的加速度為a.第一次，粒子恰好從下極板的邊緣飛出，粒子做類平拋運動，有=vot, d = 2at2，解得vo= L 2d.第二次，設(shè)粒子飛出電場時的豎直位移為y1,所用時間為t1，飛出電、 1場后的豎直位移為y，所用時間為t2,貝Vy1 =

14、尹仔，L=V1t1,y2=at1 t2, L= V1t2,y1 + y2= d,解得V1 =2d = ' 3v0,故 C正確.6、解析：選D.帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度 v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運動，在運動開始的一段時間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角，速度減小，A、B都錯；小球自坐標原點到M點，y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運動，x方向在靜電力作用下做初速度1 1為零的勻加速運動，所以到 M點時的動能不為零，C錯；由動能定理有：qEx= mvN ?mv2>0, D正確.£ rS7、解析：選 A.由電容決定式 C=:知，電容與極板間距成反

15、比，當保持S不變時，增大d,4 n kd電容減小，由電容定義式C= Q知，板間電勢差增大，靜電計指針偏角 B變大，A對，B錯；由3產(chǎn)三,U4n kd知C與S成正比，當d不變時，減小S, C減小，Q不變，由C= Q知U增大，B變大，C、D均錯.8、解析：選 C.微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電 場力小于重力，就不能確定 A、B板所帶電荷的電性，A項錯誤；由于不能確定電場力的方向，因此不能確定電場力做功的正負，不能確定微粒從M點運動到N點電勢能的變化，B項錯誤；由于電場力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動能定理可知，微粒從M到N的過程中動

16、能增加，C項正確；由于不能確定除重力以外的力即電場力做的是正功還是負功，根據(jù)功能原理可 知，不能確定微粒從 M到N過程中機械能是增加還是減少，D項錯誤.9、 解析：選C.設(shè)加速電場電壓為 Uo,偏轉(zhuǎn)電壓為U,極板長度為L,間距為d,電子加速過程中，由Uoq =號尹，得，電子進入極板后做類平拋運動，時間t = vL, a=彳詈,Vy= at, tan 0 =vy= UL-，由此可判斷C正確.vo 2Uod10、解析：選C.兩球在豎直方向上都做自由落體運動，由于下落高度相同，所以運動時間相等，1A錯；在水平方向上，兩球都做勻加速運動，由x= 2at2可得：ap： aQ= 2 : 1，貝U qp：

17、qQ= 2 : 1, C正確；電勢能的減少量： &： Es= (qpE - xp) : (qQExQ)= 4 : 1, B 錯；動能增加量：(mgh + Ep)： (mgh + Eq)<4 : 1, D 錯.11、 解析：選C.由題中x圖，畫出電場強度 E隨x變化的圖象及帶電粒子的 v- t圖象，如圖 所示，由圖可知 A錯誤；由牛頓第二定律知，粒子在 P、Q兩點的加速度滿足 aP= 2aQ, B錯誤；由v t圖象可知，粒子在 P、Q兩點對應(yīng)的時間分別是22t0和(3 ,'2)t0,其速度相等，C正確；粒子在P、 Q兩點的功率P= Eqv，因電場強度不相同，故功率不同，D錯

18、誤.12、解析：選ABC若將B極板向右平移稍許，d增大，根據(jù)C=；¥，知電容器的電容將減小，4 n kd£ rS故A正確.若將B極板向下平移稍許，正對面積S減小，根據(jù)C= rS，知電容將減小，因電容器帶4 n kd電荷量Q不變，由U= Q,分析知板間電勢差增大，故B正確若將B極板向上平移稍許，正對面積S減小，電容將減小，因電容器帶電荷量Q不變，由U = C分析知板間電勢差增大，根據(jù)E=彳，知E增大，則小球所受的電場力增大，B將變大，故C正確輕輕將細線剪斷，小球?qū)⒀刂亓εc電場力的合力方向做勻加速直線運動，故D錯誤.13、 解析：選BC.由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域I與區(qū)域I

19、I中的加速度大小之比為 3 : 2，由牛頓第二定律可知：= 3，所以小球所受的重力與電場力之比為3 : 5, B正確；小球在t = s時F mg 2'速度為零，此時下落到最低點，由動能定理可知，重力與電場力的總功為零，故A錯誤，C正確；因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機械能與電勢能總和保持不變，D錯誤.14、解析：選 AD.不計重力的帶電粒子垂直射入勻強電場中，粒子做類平拋運動且沿初速度方向做勻速直線運動，而電場的寬度一定，故增大電場強度不會改變通過電場的時間，B項錯誤，D項正確；沿場強方向做勻加速直線運動，可知粒子受力方向與場強方向一致，故粒子帶正電，A項正確；粒子位移方向與電

20、場力方向夾角為銳角，電場力做正功，故粒子電勢能減小，C項錯.1、1 Ue LUL215、 解析：選CD電子在A、B板間加速UBAe= 2mv2,在C、D板間的偏轉(zhuǎn)位移y= 2，md ° v = 4dUBA，S閉合，只向右移動滑片 P, Uba增大，偏轉(zhuǎn)位移y減小，電子打在 M上的位置降低，選項 A錯誤；設(shè) 電子在A、B板間的運動時間為t1, A、B板間距離為dAB,貝V dAB=號匕，S閉合，只改變A、B板間距離， 板間電壓Uba不變，v不變，t1變化，從B板射出后水平方向勻速運動速度不變，電子由 0到M經(jīng)歷 的時間必然變化，選項 B錯誤；S閉合，只改變A、B板間距離，板間電壓 Ub

21、a不變，偏轉(zhuǎn)位移y相同， 根據(jù)動能定理知電場力做功相同，電子到達M瞬間的動能相同，選項 C正確；S閉合再斷開，A、B板所帶電荷量不變，向左平移B板，板間距離減小，根據(jù) C=, C增大，Uba= q, Uba減小，又4 n kdABC2y= 1 - me L = 4dUl可知電子打在M上的位置升高，選項 D正確16、解析：選CD.剛開始時粒子做勻速直線運動，mg = qE= qU，由受力分析可知， 粒子在豎直方向上合力為零.如圖所示，平行金屬板順時針旋轉(zhuǎn)B角，則q；;Ucos 9 = q cos 9 = qU = mg ,即豎直方向上的合d"cos 9d力為0,水平方向的合力為 F= mgtan 9 ,故粒子做勻加速直線運動，A、B錯C正確；由分析知電場力做正功，粒子的電勢能減?。煌?，若平行金屬板逆時針旋轉(zhuǎn)9角，則粒子電勢能逐漸增加，粒子做勻減速直線運動，故選項D正確.17、解析：(1)因粒子初速度方向垂直電場方