带电粒子在匀强电场中的运动

1、带电粒子在匀强电场中的运动、单项选择题B和介质P构成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、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NC的极板水平放个条件,A. 增大Ri的阻值C.增大两板间的距离B. 增大R2的阻值D.断开电键S3.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 0M = MN，则vo从同一点出P和Q的质量之（第 2 题）（第1题）2如图所

2、示，电路中 Ri、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器置闭合电键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油滴仍能静止不动的是（）比为（粒子重力不计）（）A. 3 : 4B. 4 : 3C. 3 : 2D. 2 : 3AB0肿用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（）ABED5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 vo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

3、边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初 速度vi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 vi等于（）A. voB. , 2vovoD. 2vo6. 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 vo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1C.到M点时的动能为零D.到N点时的动能大于2mv2加速肚场偏我也场（第 7 题）（第 6 题）7. 如图所示，设两极板正对面积为S,极板

4、间的距离为 d,静电计指针偏角为 化实验中，极板所带电荷量不变，若（）A. 保持S不变，增大d，则B变大B.保持S不变，增大d，则B变小C.保持d不变，减小S,则B变小 D.保持d不变，减小S,则B不变&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 9 题）（第 8 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

5、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tptQB.电势能减少量之比 曰： Eq= 2 : 1C.电荷量之比 qp : qQ=

6、 2 : 1D.动能增加量之比厶Ep ： B0, D正确. rS7、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S不变时，增大d,4 n kd电容减小，由电容定义式C= Q知，板间电势差增大，静电计指针偏角 B变大，A对，B错；由3产三,U4n kd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，B变大，C、D均错.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

7、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 Uo,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中，由Uoq =号尹，得，电子进入极板后做类平抛运动，时间t = vL, a=彳詈,Vy= at, tan 0 =vy= UL-，由此可判断C正确.vo 2Uod10、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，

8、所以运动时间相等，1A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，贝U qp： qQ= 2 : 1, C正确；电势能的减少量： &： Es= (qpE - xp) : (qQExQ)= 4 : 1, B 错；动能增加量：(mgh + Ep)： (mgh + Eq)4 : 1, D 错.11、 解析：选C.由题中x图，画出电场强度 E随x变化的图象及带电粒子的 v- t图象，如图 所示，由图可知 A错误；由牛顿第二定律知，粒子在 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22t0和(3 ,2)

9、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.12、解析：选ABC若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C=；，知电容器的电容将减小，4 n kd rS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4 n kd电荷量Q不变，由U= Q,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=彳，知E增大，则小球所受的电场力增大，B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

10、，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，由牛顿第二定律可知：= 3，所以小球所受的重力与电场力之比为3 : 5, B正确；小球在t = s时F mg 2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

11、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.1、1 Ue LUL215、 解析：选CD电子在A、B板间加速UBAe= 2mv2,在C、D板间的偏转位移y= 2，md 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 电子在A、B板间的运动时间为t1, A、B板间距离为dAB,贝V dAB=号匕，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 0到M经历 的时间必然变化，选项 B

12、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=, C增大，Uba= q, Uba减小，又4 n kdABC2y= 1 - me L = 4dUl可知电子打在M上的位置升高，选项 D正确16、解析：选CD.刚开始时粒子做匀速直线运动，mg = qE= qU，由受力分析可知， 粒子在竖直方向上合力为零.如图所示，平行金属板顺时针旋转B角，则q；;Ucos 9 = q cos 9 = qU = mg ,即竖直方向上的合dcos

13、 9d力为0,水平方向的合力为 F= mgtan 9 ,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9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= 4x 1(3s.V0(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减速时的加速度大小为a2 =詐2 m/s2,由运动学规律得x方向上的位移为x= 2a 1 T + a1 T ?a2 f = 2x 105m因此粒子离开电场时的位置坐标为(2X 10 5m , 2 m).(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vx= a#玄2才=4x 103m/s.答案：(1)4 x fcFs (2)( 2 x 105m, 2 m)(3)4 x l0m/s18、解析：(1)设该电荷从A点发出时的速率为 V0,运动到E1q2a1= m = 4 m/s2,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a=EqmRsin 9 = votR Rcos 9 =，at2由以上三式得vo=EqFSin2 9 2m (1 cos 9 )(2)由(1)的结论得粒子从A点出发时的动能为12EqRsin2 9_ EqR (1 + cos 9 )2mvo= 4