第8讲电场带电粒子在电场中的运动

专题三电场与磁场第8讲电场带电粒子在电场中的运动能力培养练1.(2023·辽宁卷,9)(多选)图甲为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图乙为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则(CD)A.P点电势比M点的低B.P点电场强度大小比M点的大C.M点电场强度方向沿z轴正方向D.沿x轴运动的带电粒子,电势能不变解析:因P点所在的等势面高于M点所在的等势面,可知P点电势比M点的高,选项A错误;由于相邻等势面间电势差相等,而M点等势面比P点密集,则M点电场强度大于P点电场强度,选项B错误;电场强度方向垂直于等势面,且从电势高的面指向电势低的面,可知M点电场强度方向沿z轴正方向,选项C正确;沿x轴运动的带电粒子,所受电场力与运动方向一定垂直,电场力不做功,则电势能不变,选项D正确。2.如图所示,质量相等可视为点电荷的a、b、c三个带电绝缘小球,其中a带正电并固定在绝缘竖直弹簧下端。当a、b、c三个小球的球心距离为L时,b、c小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态。下列说法正确的是(C)A.弹簧弹力大于三个小球受到的总重力B.小球a受三个作用力C.小球a的带电荷量是小球b带电荷量的2倍D.剪断弹簧后,三个小球一起做自由落体运动解析:把三个小球看成整体,可得弹簧弹力等于三个小球受到的总重力,故A错误;对a球受力分析,受重力、两个静电力和弹簧弹力,共四个力,故B错误;根据受力平衡可得b、c小球带等量的负电荷,设小球a、b的电荷量绝对值分别为qa、qb,a、b之间的静电力Fab=kqaqbL2,b、c之间的静电力FbcFabcosθ=Fbc,代入得qa=2qb,故C正确;剪断弹簧后,a受重力和b、c小球对a的静电力,a下落的加速度大于重力加速度,剪断瞬间小球b、c受力不变,加速度为零,故D错误。3.(多选)如图所示,实线为某一带电粒子在某点电荷电场中的运动轨迹,轨迹关于虚线PQ对称,轨迹与PQ相交于A点,轨道上M、N两点关于PQ对称,粒子只受静电力作用。则下列说法正确的是(AC)A.点电荷一定在PQ上B.带电粒子在M、N两点受力相同C.M、N两点电势一定相同D.带电粒子在A点的动能一定最大解析:带电粒子在点电荷电场中只受静电力作用,其运动轨迹具有对称性,则对称轴一定是过点电荷的直线,所以点电荷一定在PQ上,A正确。带电粒子在M、N两点受力大小相等,方向不同,B错误。根据对称性,M、N两点到点电荷的距离相同,一定在同一等势面上,电势一定相同,C正确。如果带电粒子与点电荷带同种电荷,如图甲所示,则其在A点的动能最小;如果带电粒子与点电荷带异种电荷,如图乙所示,则其在A点的动能最大,D错误。4.(2022·北京东城区二模)如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容,E表示两板间的电场强度的大小,表示P点的电势,W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l0,上述各物理量与负极板移动距离x(x≤l0)的关系图像中正确的是(C)解析:当负极板右移时,两板间的距离减小,由C=εrS4πk(Ud=4πkQεrS,E与d、x无关,选项B错误;因负极板接地,设P点开始距负极板的距离是d′,则P点的电势=E(d′x),选项C正确;正电荷在P点的电势能W=q=qE(d′x)=qEd′5.(2023·湖南卷,5)如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为(D)A.Q1=q,Q2=2q,Q3=qB.Q1=q,Q2=433q,Q3C.Q1=q,Q2=2q,Q3=qD.Q1=q,Q2=433q,Q解析:选项A、B的电荷均为正和均为负,根据电场强度的叠加原理可知,P点的电场强度不可能为零,A、B错误;C项,设P、Q1间的距离为r,Q1、Q3在P点产生的合电场强度大小为E,有cos120°=(kq解得E=21kq4r2,而Q2在P点产生的电场强度大小为E2=32kq4r2,则P点的电场强度不可能为零,C错误;D项,设P、Q1间的距离为r′,Q1、Q3在P点产生的合电场强度大小为E′,有cos120°=(6.(2021·江苏卷,10)一球面均匀带有正电荷,球内的电场强度处处为零,如图所示,O为球心,A、B为直径上的两点,OA=OB,现垂直于AB将球面均分为左右两部分,C为截面上的一点,移去左半球面,右半球面所带电荷仍均匀分布,则(A)A.O、C两点电势相等B.A点的电场强度大于B点C.沿直线从A到B电势先升高后降低D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大解析:对于完整带电球面,在其内部AB的中垂面上各点电场强度为零,因左右半球面的电场关于中垂面对称,所以左右半球面各自在中垂面上各点的电场强度方向均垂直于中垂面,即中垂面为等势面,故O、C两点电势相等,故A正确;两球面未分开时,设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2,由题知,均匀带电球壳内部电场强度处处为零,则知E1=E2,根据对称性,左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1,且E1=E2,在图示电场中,A点的电场强度大小为E2,方向向左,B点的电场强度大小为E1,方向向左,所以A点的电场强度与B点的电场强度相同,故B、D错误;根据电场叠加原理可知,直线AB上电场线的方向向左,沿着电场线的方向电势降低,则B点电势高于A点电势,故C错误。素养提升练7.如图甲所示,间距为d的两金属板水平放置,板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,13T～2A.微粒飞出时的速度沿水平方向且大于v0B.微粒的最大速度为v0+gTC.微粒受到的电场力做功为mgdD.微粒飞出时重力的功率为mgv0解析:由题意知,13T～23T时间内微粒匀速运动,设微粒所带电荷量为q,则有qE0=mg,微粒所受电场力向上。0～1mg=ma1,得a1=g,可知在竖直方向,0～13T内微粒向上加速,13T～23T内微粒向上匀速,23T～T内微粒向上减速,t=T时微粒的竖直分速度为0,在水平方向上微粒一直匀速,微粒飞出两板间的速度沿水平方向且等于故B错误。设微粒受到的电场力做功为W,对微粒运动的全过程根据动能定理有Wmgd2=12mv02128.(多选)两点电荷固定在x轴上坐标为3L和3L的两点处,已知位于x=3L处的点电荷的带电荷量大小为Q,两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图像如图所示,x=L处的电势最低,x轴上M、N两点的坐标分别为2L和2L,则(CD)A.两点电荷为异种电荷B.M点的电场强度小于N点的电场强度C.位于x=3L处的点电荷的带电荷量小于QD.电子在M点处的电势能小于在N点处的电势能解析:x图像上某点的切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,x=L处的电势最低,可知该点的电场强度是零,因为该点在两点电荷之间,所以两点电荷一定是同种电荷,A错误;由x图像可知,x=L处的电场强度是零,设位于x=3L处的点电荷的带电荷量为Q′,由点电荷的电场强度表达式可得kQ(4L)2=kQ'(2L9.(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是(ABD)A.电场强度的大小为2.5V/cmB.坐标原点处的电势为1VC.电子在a点的电势能比在b点的低7eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9eV解析:如图所示,由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知,O、a间电势差与b、c间电势差相等,故O点电势为1V,B正确;则在x轴上,每0.5cm长度对应电势差为1V,10V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0),△aOe中,Oe∶Oa=4.5∶6=3∶4,由几何知识得,Oc垂直于ae,且Od长度为3.6cm,代入公式E=UdA正确;电子带负电,电势越高,电势能越小,电子在a点的电势能比在b点的高7eV,C错误;电子从b点运动到c点,电场力做功W=ΔEp=eUbc=9eV,D正确。10.(多选)如图所示,不计重力的质子(11H)和α粒子A.竖直偏移量较小 B.所用的时间较少C.动量改变量较小 D.动能改变量较小解析:设粒子射出加速电场时的速度为v,根据动能定理有qU=12mv2,所以进入竖直匀强电场时的速度v=2qUm,质子的比荷(qmv2t1知质子在加速电场中的运动时间较少;粒子在水平方向做匀速直线运动,则运动时间为t2=Lv=Lm2qU,质子的比荷(qm)较大,在偏转电场中所用的时间较少,所以质子所用的总时间较少,故B正确。由qE=ma得a=qEm,粒子竖直偏移量为y=12at22=EL24U11.如图所示,光滑斜面倾角为θ,虚线M、N之间有沿斜面向上的匀强电场,完全相同的两块带电绝缘薄板A、B并排放在斜面上,A、B不粘连,A的下端到M的距离为L。每块板长为L,质量为m,带电荷量为+q,电荷在绝缘板上分布均匀,M、N之间的距离为3L,电场强度E=mgsin放,求:(1)B下端刚进入电场时,A对B的弹力大小;(2)从A下端进入电场到B上端进入电场的过程中,电场力对A、B做的总功;(3)B上端离开电场时的速度。解析:(1)以A、B整体为研究对象,薄板A上端到达M时,由牛顿第二定律有2mgsinθEq=2ma,以B为研究对象有mgsinθF=ma,联立解得F=mgsin(2)随着绝缘板进入电场的长度增加,电场力均匀增加,则进入过程平均电场力F=qE,电场力做功W=F·2L,解得W=2mgLsinθ。(3)设B上端进入电场的速度为v1,从释放至B上端进入电场,由动能定理得2mgsinθ·3L+W=12·2mvB完全进入电场后A、B间不再有力的作用,B开始出电场以前在电场中匀速运动,设B上端离开电场时的速度为v2,对B出电场过程,由动能定理得12mv2212m解得v2=5gL答案:见解析难关攻克练12.(2023·辽宁锦州二模)(多选)如图甲所示,在空间中建立xOy坐标系,α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成,放置在第Ⅱ象限,细管C到两金属板距离相等,细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端,可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d,当A、B板间加上某一电压时,α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出,进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场,α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动,该电场的电场线沿半径方向指向圆心O,α粒子运动轨迹处的电场强度大小为E0。t=0时刻α粒子垂直于x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中,交变电场随时间的变化关系如图乙所示,规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m,重力不计。下列说法正确的是(BCD)A.α粒子从放射源P运动到细管C的过程中动能的变化量为mB.α粒子从放射源P射出时的速度大小为v0C.α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为mD.当t=nT(n=1,2,3,…)时,α粒子的坐标为(mv022eE0解析:α粒子运动到细管C处时速度为v0,α粒子反方向的运动为类平抛运动,水平方向有L=v0t,竖直方向有d2=12at2Ud=ma,联立解得U=md2v022eL2;α粒子从放射源射出到细管C的过程,由动能定理有2e·12U=ΔEk,解得ΔEk=eU=md2v022L2;设α粒子发射时的速度大小为v,α粒子从放射源射出至运动到细管C的过程,由动能定理有2e·12U=12mv0212mv2,解得v=v01+d2L2,故A错误,B正确。由牛顿第二定律有2eE0=mv02r,得r=v0nT,在t=nT(n=1,2,3,…)时α粒子的坐标为(mv022eE0+13.(2023·江西模拟)如图,竖直平面内存在方向水平的匀强电场,电场区域ab间距为H,在该区域下边界的O点将质量为m、电荷量为q的小球以一定的初速度竖直上抛,小球从上边界离开电场,再次进入电场后在电场中做直线运动,到达下边界的M1点,已知小球到达M1点的速度大小为从O点进入电场时速度大小的10倍,动量方向与水平面的夹角为θ。不计空气阻力,重力加速度为g。(1)求θ角的正切值和该电场的电场强度大小;(2)求小球由O到M1的运动时间;(3)在下边界水平放置一足够长的绝缘挡板,小球碰撞前后速度与挡板的夹角不变,若第二次碰撞点M2与M1的距离为8H,求第一次碰撞过程小球的动能损失。解析:(1)设小球在O点的速度为v0,根据运动的独立性,小球到达M1点时速度的竖直分量为v1y=v0,由题意得10v0=v0可得v1x=3v0,即tanθ=v1yv小球再次进入电场到达M1之前做直线运动,合力方向与合速度方向共线,即mgqE联立解得E=3mg(2)小球在竖直方向上做竖直上抛运动,可知小球在电场中的两段运动时间相同,且水平方向做匀加速直线运动,电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A点向上离开电场,从B点再次进入电场,则vAx=vBx=12v1x=32vvBxvBy可得v