高三物理一轮复习题组层级快练25第六章静电场第5讲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一、选择题(其中15题，只有一个选项正确，611题有多个选项正确)1(2014·山东)如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.B.C. D.解析由于两个粒子在竖直方向受力都是大小相同的电场力，水平方向上都是匀速运动，利用对称性可知任一粒子在竖直方向的位移y，x，其中xv0t，则yat2()2，解得v0，选项A、C、D均错误，B

2、项正确答案B设置目的考查静电场与平抛运动的综合运用及对称性2(2014·山东)如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图像，可能正确的是()解析由于在球壳内场强处处为零，因此从O向A运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线运动，动能不发生变化，图像为一条水平直线，选项C、D错误；通过A点后，电荷做加速运动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理

3、，试探电荷的动能的增量逐渐减小，即图像的斜率逐渐减小，A选项正确，B选项错误答案A设置目的考查带电粒子在电场中的受力及做功、能量变化问题、静电平衡3(2013·新课标全国)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上 B在下极板处返回C在距上极板处返回 D在距上极板d处返回解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E知场强变大，故

4、粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v22ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(d)qU0，mg(h)q·h0，两方程联立得hd，选项D正确答案D设置目的考查带电粒子在电场中的运动与动能定理4(2016·北京海淀区)如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压t0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在04t0时间内未与两板相碰则电子速度方向向左且速度最大的时刻是()Att

5、0Bt2t0Ct3t0 Dt4t0解析在tt0时刻，Q板比P板电势高，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动，故A项错误；在t2t0时刻，电子加速度向左，但前2t0时间内，由动能定理可知瞬时速度为零，故B项错误；由对称性可知，t3t0时刻，电子速度方向向左且速度最大，故C项正确；在t4t0时刻，电子瞬间静止，故D项错误答案C设置目的考查带电粒子在交变电场中的受力和速度的最大值的判断学法指导明确带电粒子的初始条件，分析带电粒子的受力情况，应用牛顿运动定律及运动学公式，确定物体的运动情况5(2015·安徽巢湖)如图所示，在等势面沿竖直方向

6、的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和解析一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，对其受力分析知其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，电场强度则水平向右，如图所示所以电场中A点的电势高于B点的电势，A选项错误；微粒从A向B运动，合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，B选项正确，C选项

7、错误；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，D选项错误答案B设置目的考查功能关系6.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FqE，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，D选项正确，A、C选项错误；从粒子运动的方向

8、和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确答案BD设置目的考查带电粒子的直线运动的受力分析7(2015·天津)如图所示氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用的时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置答案AD8(2016·广东广州)电子经过加速电场(电压为U1)后进入偏转电场(电压为U2)，然后飞出偏转电场，要使

9、电子不飞出偏转电场可采取的措施有()A增大U1 B减小U1C增大U2 D减小U2解析电子经过加速有qU1mv02，离开偏转场时的沿场强线上的位移yat2()2，要使电子不飞出电场，增大偏转位移y即可，增大U2或减小U1，B、C选项正确，A、D选项错误答案BC设置目的考查带电粒子在电场中的加速和偏转的结合9(2016·湖南长沙)真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和粒子质量之比为124，电荷量之比为112，重力不计)下列说法中正确的是()A三种粒子在偏转电场

10、中运动时间之比为211B三种粒子出偏转电场时的速度相同C在荧光屏上将只出现1个亮点D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为112解析带电粒子经过加速电场时根据电场力做功有qU1mv02，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向匀速直线则有运动时间tl·，代入三种粒子的电荷量和质量之比，可得t1t2t31，A选项错误；偏转电场里面竖直方向做匀加速直线运动，a，偏转位移yat2，偏转电场对粒子做功Wy，所以有W1W2W3112，D选项正确；粒子出偏转电场时，假设速度与水平夹角为，则有tan，可见速度方向与电荷量、质量无关，所以速度方向相同，根据竖直方向位移yat2也是相同的，所以他们将打在荧光

11、屏上同一点，C选项正确；出偏转电场的速度v/cos，根据方向相同可得v1v2v311，B选项错误答案CD设置目的考查带电粒子在电场中的加速和偏转的时间、速度、做功、偏转距离、偏转方向10(2015·山东枣庄)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD4L、短轴长AC2L.劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中将小环从A点由静止释放，小环运动到B点时速度恰好为0.已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等则()A小环从A点运动到B点的过程中，弹簧

12、的弹性势能先减小后增大B小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能一直增大C电场强度的大小ED小环在A点时受到大环对它的弹力大小FmgkL解析小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹力大小相等，所以在A点时弹簧处于压缩状态，在B点时弹簧处于伸长状态，可知小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，A选项正确；小环在A点受重力mg，竖直向下的弹簧的弹力和竖直向上的环的支持力，要想从静止运动，必受水平向右的电场力，小环从A点运动到B点的过程中，小环沿电场线方向水平运动2L，电场力做正功，小环的电势能一直减小，B选项错误；整个过程由动能定理得，qE·2LmgL00，得

13、E，C选项错误；假设弹簧原长为L0，在A、B两点的弹簧的形变量大小相等，即L0L2LL0，解得L0L，则有小环在A点时，弹簧压缩L，受到大环对它的弹力为mgkL，D选项正确答案AD设置目的应用动能定理、受力分析等分析带电粒子在电场中运动11(2016·广东广州)如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑，有偏转电场时，仍然能打到荧光屏上如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则()A在荧屏上的亮斑向上移动B在荧屏上的亮斑向下移动C偏转电场对电子做的功增大D偏转电场的电场强度减小解析电子经过加速有eU1mv02，离开偏转场时的沿场强线上的位移yat2()2，离开

14、偏转电场后匀速运动，亮斑取决于y，当只增加M1、M2之间的电势差U2时，y增大，亮斑向上移，A项正确，B项错误；随着U2的增大，y增大，电场对电子做的功We·E·y，偏转量越大，电场力做的功越多，C项正确；偏转电场的电场强度E，所以如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大，D项错误答案AC设置目的以射线管为背景考查带电粒子的偏转和加速二、非选择题12(2016·湖北武汉)如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中现有一个质

15、量为m的小球，带正电荷量为q，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？解析如下图，小球的重力和电场力的合力与竖直方向间的夹角tan，30°，小球在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，三个力的合力为0，即小球做匀速运动，所以小球第二个阶段(圆周运动)，与小球的初始高度无关从圆周的切点进入恰好为在重力场与电场的复合场中的等效最低点D，等效最高点在D与圆心连线与圆的交点G处从“最低点”D到“最高点”G过程用动能定理得：mg×2RcosqE×2RsinmvG2mvD2，“要使小球能安全通过圆轨道”，在“最高点”，临界条件为只有复合场力提供向心力，m联立以上

16、两式，得vD从O点到D点做匀速运动可知，在O点的初速度应满足条件为vO答案vO设置目的考查在重力场和电场的复合场中恰能完成圆周运动的条件13(2013·全国)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力，求在t0到tT的时间间隔内求：(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间解析解法一：(1)粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律，得qE0ma1、2qE0ma2、2qE0ma3、qE0ma4.由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的

17、at图像如图(a)所示对应的vt图像如图(b)所示，其中v1a1·，由图(b)可知，带电粒子在t0到tT时间内的位移为sv1，联立解得s，它的方向沿初始电场正方向(2)由图(b)可知，粒子在t到t内沿初始电场反方向运动总的运动时间为t.解法二：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律，得qE0ma1、2qE0ma2、2qE0ma3、qE0ma4，设粒子在tT/4、tT/2、t3T/4、tT时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有v1a1、v2v1a2、v3v2a3、v4v3a4，设带电粒子在t0到tT时的位移为s，有s()

18、，解得s，它的方向沿初始电场正方向(2)由电场的变化规律知，粒子从tT/4时开始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有0v1a2t1，解得t1，粒子从tT/2时开始减速，设经过时间t2粒子速度为零，有0v2a3t2，解得t2.设粒子从t0到tT内沿初始电场反方向运动的时间为t，有t(t1)t2，解得t.答案(1)粒子位移的大小为s方向沿初始电场正方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间t.设置目的带电粒子在交变电场中的受力与运动，场强变化但有对称性14(2014·新课标全国)如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60°，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球