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文档简介

第12课时带电粒子在电场中的运动

【命题规律】1.命题角度:(1)带电粒子在电场中运动的分析与计算;(2)带电体在电场和重力

场中运动的分析与计算2常考题型:选择题、计算题.

高考题型1带电粒子在电场中运动

1.带电粒子在电场中运动时重力的处理

如电子、质子、a粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,

基本粒子

一般都不考虑重力(但并不忽略质量)

如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,

带电体

一般都不能忽略重力

2.带电粒子在电场中的运动特点及分析方法

常见运动受力特点分析方法

静止或匀速直线

合外力厂合=0共点力平衡

运动

1.匀强电场中:

(1)用动力学观点分析

产合U

a—---,E——,v2~vdl—2ad

合外力F合H0,tnd

变速直线运动且与初速度方向(2)用功能观点分析

在同一条直线上11

22

W=qEd=qU=-^nv—^inv0

2.非匀强电场中:

W=qU=Ek「Eki

运动的分解

津’qM02y0

偏转角i'二。一〃加J?。丁/

带电粒子在匀强

电场中的偏转运进入电场时Vo-LE

\一声迎?…小

动(类平抛)

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_aLLPPLPP

侧移距离:y0=-—^=―

2mdvQ24dS

I

y=yo+Ltan0=(-+A)tan0

考向一带电粒子在电场中的直线运动

例1(多选)(2020•江苏省海安中学模拟)若选无限远处电势为零,带电荷量为。的点电荷产

生的电场中,某点的电势可表示为夕=丝,其中/•为该点到点电荷的距离,左为静电力常

r

量.如图1所示,在O点固定一带电荷量为0的正点电荷,在离其竖直高度为,的/点由

静止释放一带电小球(可看作质点),小球开始运动瞬间的加速度大小为2g,方向竖直向上,

重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是()

A。T

图1

A.小球一定带正电

B.小球的比荷色=空生

mkQ

C.小球速度最大时到点电荷的距离为2H

D.小球能到达的最大高度到点电荷的距离为3H

答案AD

解析由受力分析可知,小球受到重力和库仑力,根据加速度向上,可知库仑力方向竖直向

上,小球带正电,故A正确;设小球的带电荷量为夕,质量为阳,则小球开始运动的瞬间有:

rng=2mg,解得小球的比荷为:」=上—,故B错误;小球速度最大时,二力平衡则

mkQ

有:mg,联立解得:故C错误;设小球最高能上升到8点,最大高度到点电

荷的距离为r',此时速度为0,则有043一相双/~H)=0,即)=mg(r'—H),

解得/=377,故D正确.

考向二带电粒子在电场中的偏转

例2(2019・全国卷H-24)如图2,两金属板P、。水平放置,间距为d两金属板正中间有一

水平放置的金属网G,P、。、G的尺寸相同.G接地,P、。的电势均为矶夕>0).质量为加,

电荷量为式”0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度。。平行于纸面水平射入

第2页,共196页

电场,重力忽略不计.

-P

G

-1

----------Q

图2

(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;

(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?

答案必先竺^(2)2^0:竺^

261八q(pAq(P

解析(1)PG、0G间场强大小相等,均为E粒子在PG间所受静电力厂的方向竖直向下,设

粒子的加速度大小为Q,有

E=2①

d

F=qE=ma②

设粒子第一次到达G时动能为£匕由动能定理有

1

qEh=耳一严。()2③

设粒子第一次到达G时所用的时间为人粒子在水平方向的位移为/,则有

1…

h=-at2@

2

/=%也

联立①②③④⑤式解得

(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板

的长度为

L=2l=2va—

JW

例3(2020•全国卷I25)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面是以。为圆心,半径为R

的圆,N8为圆的直径,如图3所示.质量为加,电荷量为贝力0)的带电粒子在纸面内自力

点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直.已知刚进入电场时速度为零的

粒子,自圆周上的C点以速率为穿出电场,NC与N8的夹角9=60。.运动中粒子仅受电场力

作用.

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A---2-----

B/

图3

⑴求电场强度的大小;

(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?

(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0,该粒子进入电场时的速度应为多大?

M3/WV02啦。°

答案(I)——(2)--(3)0―

、2qR、,42

解析(1)粒子初速度为零,由C点射出电场,故电场方向与4C平行,由Z指向C.由几何关

系和电场强度的定义知

AC=R®

F=qE②

由动能定理有尸/C=Lw()2③

2

联立①②③式得E=----④

2qR

(2)如图,由几何关系知/CJ_8C,故电场中的等势线与BC平行.作与BC平行的直线与圆

相切于。点,与4C的延长线交于P点,则自。点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大.由

几何关系知

3

ZPAD=2>0°,AP=-R,DP=

2

设粒子以速度5进入电场时动能增量最大,在电场中运动的时间为(粒子在4C方向做加速

度为a的匀加速运动,运动的距离等于/P;在垂直于NC的方向上做匀速运动,运动的距离

等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有

F=tna®

1…

AP=-at]2⑦

2

DP=V\t\®

联立②④⑤⑥⑦⑧式得0=

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(3)解法1:设粒子以速度。进入电场时,在电场中运动的时间为t.以/为原点,粒子进入电

场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系.由运动学公式有

x=o/⑪

V31

粒子离开电场的位置在圆周上,有(X—^R)2+S—”)2=尺2⑫

粒子在电场中运动时,其x方向的动量不变,y方向的初始动量为零.设穿过电场前后动量

变化量的大小为加的粒子,离开电场时其y方向的速度分量为。2,由题给条件及运动学公

式有

niV2=mv()=mat®

.J3

联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v=0或v=—v0

2

解法2:粒子在电场方向上做匀加速直线运动,即沿NC方向做初速度为零的匀加速直线运

动,垂直力C方向做匀速直线运动,因动量的变化量只发生在电场方向上,若粒子从进入电

场到离开电场的过程中动量变化量为”?如,则粒子会从8点离开电场.设粒子进入电场时的

速度为v

少,川

在沿电场方向:R=——t=-t

22

在垂直电场方向:小R=vt

,一小

联工以上两式得:V=—VQ.

2

由题意知,粒子进入电场时的速度。=0时,动量变化量的大小也为加火.

高考题型2带电体在电场和重力场中的运动

1.带电体在电场、重力场中的运动分析方法

(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析,综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动

的规律解决问题.

(2)根据功能关系或能量守恒的观点,分析带电体的运动时,往往涉及重力势能、电势能

以及动能的相互转化,总的能量保持不变.

2.带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动

(1)等效重力法

P合

将重力与静电力进行合成,如图4所示,则厂合为等效重力场中的“重力”,g'=—为

m

等效重力场中的“等效重力加速度”,月合的方向等效为“重力”的方向,即在等效重力场中

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的竖直向下方向.

图4

(2)等效最高点和最低点:在“等效重力场”中做圆周运动的小球,过圆心作合力的平行

线,交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点.

考向一带电体在电场和重力场中的匀变速运动

例4(2019・天津卷S)如图5所示,在水平向右的匀强电场中,质量为小的带电小球,以初

速度。从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2°,方向与电场方向相反,则小球

从M运动到N的过程()

XN

图5

A.动能增加Ln。?B.机械能增加2m〃

2

3

C.重力势能增加-加。2D.电势能增加2机°?

2

答案B

113.

解析小球动能的增加量为人^;丁侬尸一尸。2=丁02,A错误;小球在竖直方向上的分运

V2

动为匀减速直线运动,到N时竖直方向的速度为零,则M、N两点之间高度差为〃=一,小

2g

球重力势能的增加量为AEp=,"g/?=;〃?o2,C错误;静电力对小球做正功,则小球的电势能

减少,由能量守恒定律可知,小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和,则电势

31

能的减少量为△£'减=-〃7。2~(■-v2=2mv2,D错误;由功能关系可知,除重力外的其他力对

22m

小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量,即2mv2,B正确.

例5(2019•全国卷H124)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,。、尸是电场中的两点.从。

点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为机的小球/、8.Z不带电,8的电荷量为

q(q>0).彳从。点发射时的速度大小为。°,到达尸点所用时间为&8从。点到达尸点所用

时间为;.重力加速度为g,求:

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(1)电场强度的大小;

(2)8运动到P点时的动能.

222

答案(13曳(2)2m(v0+gt)

q

解析(1)设电场强度的大小为E,小球8运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式

和题给条件,有

mg+qE=ma①

1t1

汽)2=尹②

解得"③

q

(2)设8从。点发射时的速度为0,到达尸点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为〃,根据

动能定理有

mgh+qEh—耳一丁。,④

且有0]-=如,⑤

2

力=产2⑥

联立③④⑤⑥式得

222

Ek=2m(v()+gt).

考向二带电体在电场和重力场中的圆周运动

例6如图6所示,8C是半径为R的1圆弧形光滑绝缘轨道,轨道位于竖直平面内,其下端

4

与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度为£现有一质量

为m的带电小滑块(体积很小可视为质点),在8c轨道的D点释放后可以在该点保持静止不

动,已知0D与竖直方向的夹角为a=37。.随后把它从C点由静止释放,滑到水平轨道上的A

点时速度减为零.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为〃=0.25,且sin37o=0.6,cos37。

=0.8,取重力加速度为g.

(1)对小滑块在D点进行受力分析,求出滑块的带电荷量q和带电种类;

(2)滑块从C点下滑到圆弧形轨道的B端时对轨道的压力大小;

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(3)水平轨道上48两点之间的距离L

一31

答案(1正电(2)-/wg(3)-7?

解析(1)滑块静止在。处时的受力如图所示,可知滑块应带正电,

由平衡条件可得F=wgtana

^F=Eq

zwgtana3mg

q=----------=-----

E4E

(2)滑块从。点下滑到B点的过程中由动能定理得

1

mgR—qER=-nw81—0

.产

在8点,由牛顿第二定律得F^—mg=m—

R

3

解得,支持力入=,咫

3

由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力大小为F"=FN=-/wg

(3)滑块从。经8到4的过程中,由动能定理得:

mgR—qE(R+£)—jumgL=0—0

…9(mg-qE)R1

解得:L=y■;7=-R.

/mg+qE4

高考题型3带电粒子在交变电场中的运动

处理带电粒子在交变电场中运动的问题时,先画出粒子在电场方向的。一t图像,结合图

像去分析粒子的运动情况,在。一,图像中,图像与/轴所围面积表示沿电场方向粒子的位

移.带电粒子在交变电场中运动常见的。一r图像如图所示.

单向直线运动两点间往复运动

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往复运动(一个往复运动(T

周期内前进)周期内后退)

例7如图7甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板尸、Q,两板间距为4,

两板间加上如图乙所示最大值为4的周期性变化的电压.在两板左侧紧靠尸板处有一粒子

源4自1=0时刻开始连续释放初速度大小为。°、方向平行于金属板的相同带电粒子,/=0

时刻释放的粒子恰好从。板右侧边缘离开电场.已知电场变化周期7=乌,粒子质量为〃?,

V0

不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则()

P________________UpQ

Ou•----;

A0---:

7:•2T.

0T\•3T!{t

2;:2J|

Q--------------------一1

甲乙

图7

A.在/=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为

mv02

B.粒子的电荷量为"

C.在时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为8

84

D.在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场

4

答案D

解析粒子进入电场后,水平方向做匀速运动,则r=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时

2d

间f=Z,此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动,

经过一个周期,粒子在竖直方向的速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度

v0,A错误;对于/=0时刻释放的粒子,在竖直方向,粒子在工时间内的位移为士则8=

222

察(5计算得出q=等,B错误;在’=;时刻进入电场的粒子,离开电场时在竖直

,1/3\\(T\dT

方向上的位移为歹=2X-“-T2―2义一〃.-2=C错误;/=-时刻进入的粒子,在竖

2\8)218/24

直方向先向下加速运动I,然后向下减速运动I,再向上加速运动工,最后向上减速运动工,由

4444

对称可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从尸板右侧边缘离开电场,D正确.

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高考预测

1.(多选)(2021•河北张家口市高三期末)如图8所示,坐标系内,第一象限存在水平向左

的匀强电场.第二象限存在竖直向下的匀强电场,y轴上c点和x轴上〃点连线为电场的下

边界.相同的带电粒子甲、乙分别从。点和b点由静止释放,两粒子均从C点水平射入第二

象限,且均从C、,/连线上射出,已知必=儿,下列说法正确的是()

图8

A.带电粒子甲、乙在c点速度之比为2:I

B.带电粒子甲、乙在c点速度之比为亚:1

C.带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为吸:1

D.带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同

答案BD

解析相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放,两粒子均从c点水平射入第二

象限,且均从c、d连线上射出,已知ab=bc,由浮=2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之

比为。甲:。乙=也:1,故A错误,B正确;甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限,由平

抛运动知识可知X=Vot®

ya'Z2

设位移与水平方向夹角为0,甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角。相同,tan。=二二----=

x2vQt

y=xtan9=o()dan0@

由①②③可得S=斤斤="anM+ta叫/

a

带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为2:1,故C错误;设速度方向与水平方向夹

at

角为a,tana=---,tan«=2tan^,甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角

v0

。相同,故D正确.

2.(多选)(2021•山东济宁市高三期末)质量为m的带电小球由空中某点P无初速度地自由下落,

经过时间f,加上竖直方向且范围足够大的匀强电场,再经过时间f小球又回到P点.整个过

程中不计空气阻力且小球未落地,重力加速度为g,则()

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A.电场强度的大小为一

q

9

B.整个过程中小球电势能减少了彳喈2[2

C.从尸点到最低点的过程中,小球重力势能减少了

D.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中,小球动能减少了;mg2f2

答案AD

解析设电场强度为E,加电场后小球的加速度大小为a,取竖直向下为正方向,则由3尸=一

1

(“一严),

qE~m^只,

v=gta--------,可得a=3g,E=---,故A正确;

tnq

整个过程中静电力做功W=qE^i1=2mg1t1

所以小球电势能减少了2mg2t2,故B错误;

从P点到最低点的过程中,小球下降的距离x=lgf2+度》=逊

22a3

2加幺^[2

所以小球重力势能减少AEp=mgx=---,故C错误;

小球运动到最低点时,速度为零,从加电场开始到小球运动到最低点的过程中,小球动能减

222

少A£k=-mu=-wg/,故D正确.

3.(2021・湖南株洲市高三期末)如图9,真空中水平放置的两平行金属板间有一匀强电场,板

长为3—电荷量为+式户0),质量为机的小球从两板中央以水平速度。。射入板间,小球离

开电场后恰能垂直打在距离金属板右端2Z,的屏M上,已知重力加速度为g.求:

M

_%________________

b—L-+-----2L——

图9

(1)板间电场强度E的大小和方向;

(2)要使小球飞出电场,板间电势差。要满足什么条件?

答案(1)^望方向竖直向上(2)(7》史上(彳)2

解析(1)设小球在电场中运动的加速度为a,运动时间为4,刚飞出电场时竖直速度为马,

由题意可知

第11页,共196页

Eq-mgL

=

。=,t\~fvy—at\

mIT

2L

小球飞出电场后到垂直击中屏〃的逆过程为平抛运动,所经历的时间为,2=T,%=卬2

联立以上各式解得匀强电场的场强大小为£=之”,方向竖直向上.

q

(2)设板间距离为d,要使小球能飞出电场,应满足

两板间的电势差为U=Ed

联立解得UN处•件k

qW)

4.在如图10所示的平面直角坐标系x°y中,第I象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀

强电场,电场强度大小瓦=50N/C;第IV象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向

(水平向右)的匀强电场.质量〃7=0.1kg、带电荷量q=+1X10-2c的小球从y轴上尸点以

一定的初速度垂直y轴方向进入电场,通过第I象限后,从x轴上的/点进入第IV象限,并

恰好沿直线通过该区域后从8点离开,已知P、4的坐标分别为(0,0.4)、(0,4,0),取重力加速

度g=10m/s2.求:

图10

(1)初速度内的大小:

(2)/、8两点间的电势差U";

(3)小球经过B点时的速度大小.

答案(1)1m/s(2)5V(3)710m/s

解析(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动,小球带正电,受到的静电力竖直向

ms-qE0

上,根据牛顿第二定律得,加速度a=,解得a=5m/s2

m

根据平抛运动规律,小球沿水平方向做匀速运动,有/=%/

2

沿竖直方向有:yP=^at

解得v=x\—=1m/s.

0A*叶

(2)设水平电场的电场强度大小为E,进入水平电场前,带电小球做类平抛运动,所以进入水

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平电场时竖直方向的速度Vy=《2ypet

因为小球在该电场区域恰好做直线运动,所以合外力的方向与速度方向在同一条直线上,即

qEv°

速度方向与合外力的方向相同,有匚=一,解得E=50N/C

mg*

qEL

设小球在水平电场中运动的水平距离为,可知工=一,又UAB=EL,解得U"=5V.

mgd

⑶设小球在8点的速度大小为o,对小球运动的全过程,由动能定理,有

11

2

^g(yp+d)—qEQyP+qUAB=^mv-^mv^

解得m/s.

专题强化练

[保分基础练]

1.(2017•江苏卷4)如图1所示,三块平行放置的带电金属薄板/、B、C中央各有一小孔,

小孔分别位于O、阳、尸点.由。点静止释放的电子恰好能运动到P点.现将C板向右平移

到尸'点,则由。点静止释放的电子()

43cp

i]

t;

oM\p|p'i

I

I?

I

I

I

I

图1

A.运动到P点返回

B.运动到尸和P点之间返回

C.运动到尸'点返回

D.穿过尸'点

答案A

wso

解析根据平行板电容器的电容的决定式c=——、定义式c=兰和匀强电场的电压与电场

471kdU

4兀4

强度的关系式U=Ed可得E=-可知将C板向右平移到尸'点,B、C两板间的电场强

度不变,由。点静止释放的电子仍然可以运动到户点,并且会原路返回,故选项A正确.

2.(多选)(2021,全国乙卷・20泗个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+

3/3机)、(一q,加),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电

场方向与y轴平行.不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是()

第13页,共196页

CD

答案AD

解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,加速度为。=变,由类平抛运动规律可知,带

m

Iat

电粒子在电场中运动时间为t=一,离开电场时,带电粒子的偏转角的正切值为tan8=——=—

洲川

qEl

=J—,因为四个带电的粒子的初速度相同,电场强度相同,水平位移相同,所以偏转角只

与比荷有关,(+[,〃?)粒子与(+3夕,3⑼粒子的比荷相同,所以偏转角相同,轨迹相同,且

与(一外加)粒子的比荷也相同,所以(+q,团)、(+3q,加)、(一夕,/%)三个粒子偏转角相同,

但(一q,⑼粒子与上述两个粒子的偏转方向相反,(+夕,2加)粒子的比荷比(+,,阳)、(+3q,

3M粒子的比荷小,所以(+g,2冽)粒子比(+g,m)(+3qf3机)粒子的偏转角小,但都带正电,

偏转方向相同,故A、D正确,B、C错误.

3.(多选)(2020•河南濮阳市高三下学期4月摸底)在科研实验中需要将电离后得到的一价氮离

子和二价氮离子进行分离,小李同学设计了如图2所示方案:在真空环境中,将一价氮离子

和二价氢离子的混合物通过力、8两极板间的电场加速,然后再让它们经过由平行带电金属

板。、。所形成的另一匀强电场发生偏转.若氮离子进入加速电场时的速度可忽略不计,氮

离子重力和氧离子间的相互作用不计,且所有的氯离子均可到达离子接收器处.那么在离子

接收器处,下列说法正确的是()

氮3E

离珏

cF一

1.子

.接

.收

4L器

F

--1D

图2

A.一价氮离子和二价氨离子不能分开

B.一价氢离子和二价氮离子能分开

C.一价与二价氢离子获得的动能相等

D.二价氢离子获得的动能大于一价氮离子获得的动能

答案AD

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解析设离子电荷量为外质量为加,加速电压为5,偏转电场场强为E,偏转电场极板长

为£,离子从偏转电场中射出时的速度偏向角为。,在电场中加速有夕5=;m。2,解得〃=

2初

m

在偏转电场中离子做类平抛运动,有:

11qE1qEL

y=-at2=------12=------(―)2

22m2mv

从偏转电场中射出时有

aataLqEL

tan0=-=-=—=------

vvvvmv2

RELE

代入v2可得y=----,tan0=-----

'4。2。

说明一价氮离子与二价氮离子从偏转电场中射出的位置、射出方向均相同,与电荷量无关,

两种离子不能分开,故A正确,B错误;由功能关系得,离子离开偏转电场时获得的动能为

Ek=qU\+qEy=q(U[+Ey)

二价氯离子电荷量大,所以二价氮离子获得的动能较大,故C错误,D正确.

4.(2021•浙江高三专题练习)如图3所示,水平放置的充电平行金属板相距为d,其间形成匀强

电场,一带正电的油滴从下极板左边缘射入,并沿直线从上极板右边缘射出,油滴质量为〃?,

带电荷量为夕,现仅将上极板上移少许,其他条件保持不变,重力加速度为g,则下列分析正

确的是()

图3

A.上移后油滴的运动轨迹是曲线

B.上移后电场强度大小小于理,方向竖直向上

q

C.上移后下极板和上极板之间的电势差为皿

q

D.上移后油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了机g"

答案D

解析由于油滴沿直线在两极板间运动,可知油滴一定做匀速直线运动,可得qE=mg,则

tngUQfS4nkQ

电场强度大小为,根据公式石=一,C=~,C=——,联立可得E=-则当上极

qdU4nkdcrS

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板向上移动时,E不变,方向竖直向上,仍有qE=mg,所以油滴的运动轨迹仍然是直线,A、

B错误:综上分析,由于E不变,根据U=Ed,当上极板向上移动少许,d变大,所以。变

大,两极板间的电势差不再是皿,C错误;当上极板向上移动少许,E不变,所以油滴射出

q

电场时的位置也不变,重力做的功为一/ngd,则静电力做的功为wgd,根据功能关系可知,

油滴的电势能减少了wgd,D正确.

5.(多选)(2018・全国卷m-21)如图4,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;

两微粒心6所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,

与极板距离相等.现同时释放。、b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻f,a、6经过电

容器两极板间下半区域的同一水平面.。、匕间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是

()

图4

A.a的质量比6的大

B.在f时刻,。的动能比6的大

C.在/时刻,a和6的电势能相等

D.在f时刻,。和6的动量大小相等

答案BD

解析经时间f,a、6经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,则根据X=LP,

2

,F

得。“>神,又由。=一知,m<mb,A项错误:

ma

经时间f到下半区域的同一水平面,则岸电力做功底一%,,由动能定理知,。的动能比6的

动能大,B项正确;

在f时刻,a、6处在同一等势面上,根据Ep=q(p,a、6的电势能绝对值相等,符号相反,C

项错误;

根据动量定理po,则经过时间。a、6的动量大小相等,D项正确.

[争分提能练]

6.一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g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

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1.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8处返回

2

2d

D.在距上极板一处返回

5

答案D

解析设带电粒子的质量为〃?,电容器两极板的电压为U,由动能定理得/Mg(g+m-qU=O,

若将下极板向上移动],设带电粒子在电场中下降〃,再由动能定理得"?g(a+/7)—五,=0,

T

22

联立解得〃=-d<V,所以带电粒子还没达到下极板就减速为零,D正确.

53

7.(多选)(2021•重庆南开中学高三月考)如图5所示,在水平向右的匀强电场中,一带正电的小

球从。点竖直向上抛出,N点是小球运动的最高点,5点是与O点等高的点.不计空气阻力,

小球始终在电场中运动,则()

-------------►£

图5

A.小球在Z点时速度最小

B.小球在B点时的动能比在4点的大

C.小球从。点到A点的过程中电势能逐渐减小

D.小球从O点到A点与从A点到B点的过程中机械能的变化量相等

答案BC

解析由题意可知,小球带正电,小球从。点到/点的过程中,重力做负功,静电力做正功,

/点动能不是最小,最小值应在小球速度与重力与静电力的合力垂直的位置,则小球在4点

时速度不是最小,故A错误;因小球从。点到8点重力不做功,静电力做正功,且做功最

多,根据动能定理,可知小球在8点时的动能比在4点时的大,故B正确;小球从。点到4

点的过程中,静电力做正功,则电势能逐渐减小,故C正确;在竖直方向上,小球做竖直上

抛运动,从。到4与从/到8的时间相同,在水平方向上,小球做初速度为零的匀加速直

线运动,因此相等的时间内通过的位移之比为A:x2=l:3,则静电力做功之比为名:印2=

qExi:qEx2=\:3,因此机械能的变化量之比为1:3,故D错误.

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8.(多选)(2021•安徽江南十校高三3月一模联考)如图6,在竖直向下的匀强电场(£'=名”)中,

q

一质量为加,带电荷量为一(?0>0)的小球,用长为R的轻绳悬挂于。点,让小球在竖直平面

内做圆周运动,其中/、8是圆周上的最高点和最低点,则下列说法正确的是()

图6

A.若要完成完整的圆周运动,到达/点的速度至少为2=期

B.若要完成完整的圆周运动,到达5点的速度至少为如=屈

C.小球由/运动到8的过程中,绳子拉力逐渐减小

D.小球由A运动到B的过程中,小球电势能的增加量等于重力势能减少量

答案BC

解析重力与静电力合力的大小为F=qE—mg=2mg,方向是竖直向上的,所以4点相当于

圆周运动中的等效最低点,8点相当于圆周运动中的等效最高点,若恰好做完整的圆周运动,

济2.—

在8点,根据圆周

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