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第7讲带电粒子在电场中的运动考点一关于电场性质的理解 1.(库仑定律的应用)如图7-1所示,MON是固定的光滑绝缘直角杆,MO沿水平方向,NO沿竖直方向,A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上,使两球均处于静止状态.现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后,A、B两小球可以重新平衡.后一平衡状态与前一平衡状态相比较,下列说法正确的是()图7-1A.A、B两小球间的库仑力变大B.A、B两小球间的库仑力变小C.A球对MO杆的压力变大D.A球对MO杆的压力变小2.(电场的叠加)(多选)如图7-2所示,真空中有两个点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C、B,D为斜边AB的中点,ABC=30.已知A点电场强度的方向垂直于AB向下,则下列说法正确的是()图7-2A.q1带正电,q2带负电B.q1带负电,q2带正电C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半3.(电势差与电场强度的关系) a、b、c是匀强电场中的三个点,三点在同一平面上,各点电势依次为10 V、2 V、6 V.图7-3中电场强度的方向表示正确的是()图7-34.(电场线与等势面)如图7-4所示,将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧,两球在空间形成了稳定的静电场,实线为电场线,虚线为等势线.A、B两点与两球球心位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称,则()图7-4A.A点的电势和B点的电势相同B.C点的电场强度和D点的电场强度相同C.正电荷从A点移至B点,电场力做正功D.负电荷从C点移至D点,电势能增大5.(带电粒子轨迹分析) (多选)2017天津卷 如图7-5所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()图7-5A.电子一定从A向B运动B.若aAaB,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷,一定有EpAbc,这一过程电子运动的v-t图像可能是图7-7中的()图7-6图7-72.(E-x图像)有一半径为R的均匀带电薄球壳,在过球心的直线上,各点的电场强度E随与球心的距离x变化的关系如图7-8所示;在球壳外空间,电场分布与电荷量全部集中在球心时相同.已知静电力常量为k,半径为R的球面面积为S=4R2,则下列说法正确的是()图7-8A.均匀带电球壳带电密度为B.图中r=1.5RC.在x轴上各点中有且只有x=R处电势最高D.球面与球心间电势差为E0R3.(-x图像)在坐标-x0到x0之间有一静电场,x轴上各点的电势随坐标x的变化关系如图7-9所示.一电荷量为e的质子从-x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正方向穿过该电场区域,则该质子()图7-9A.在-x00区间一直做加速运动B.在0x0区间受到的电场力一直减小C.在-x00区间电势能一直减小D.在-x0处的初动能应大于e04.(电势能与电势) 在静止点电荷产生的电场中有一个带正电的粒子,粒子仅在电场力的作用下做初速度为零的直线运动,取该直线为x轴,起始点O为坐标原点,其电势能Ep随位移x变化的关系如图7-10所示,x1、x2为粒子运动路径上的两点,在这两点粒子的电势能分别为Ep1和Ep2.下列说法正确的是()图7-10A.x1点的电势比x2点的电势低B.粒子的运动方向与电场方向相反C.x1点的电场强度小于x2点的电场强度D.粒子从x1点运动到x2点的过程中,电场力做功为Ep1-Ep2归纳 1.v-t图像:根据v-t图像中速度变化、斜率变化(即加速度的变化),确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化.2.-x图像:(1)电场强度的大小等于-x图线的斜率大小.在电场强度为零处,-x图线其切线的斜率为零.(2)由-x图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.(3)在-x图像中,可用WAB=qUAB分析WAB的正负,然后分析电荷移动时电势能的变化.3.E-x图像:(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律.(2)在E-x图像中,E0表示场强沿x轴正方向;E0)的小球.已知重力加速度为g,两板间的匀强电场方向竖直向下,电场强度大小E=,小球在最高点A处于静止状态.(1)求小球静止时细线拉力F的大小.(2)若电场保持不变,要使得小球在竖直平面内绕O点能做完整的圆周运动,在A位置至少应给小球多大的初速度v0?(3)若小球恰能绕悬点O在竖直平面内做完整的圆周运动,当小球分别运动到竖直直径AB的两端A、B时,细线突然断开,小球均打到金属板M上,求两次在金属板M上的落点间的距离x.图7-19专题三电场与磁场 第7讲带电粒子在电场中的运动 高频考点探究考点一1.B解析 对A球受力分析,受重力mg、拉力F、支持力N1、静电力F1,如图所示,根据平衡条件,x方向上有F=F1sin ,y方向上有N1=mg+F1cos ,对B球受力分析,受重力Mg、静电力F2、杆对其向左的支持力N2,如图所示,根据平衡条件,x方向上有F2sin =N2,y方向上有F2cos =Mg,且F1=F2,联立得F1=,N1=mg+Mg,由于重新平衡时两球连线与竖直方向的夹角变小,故静电力F1变小,水平杆对A球的支持力等于两个球的重力之和,N1不变,由牛顿第三定律可知,A球对水平杆的压力不变,B正确,A、C、D错误.2.AD解析 A点电场强度的方向垂直于AB向下,将A点的合场强EA沿CA和AB两个方向分解,如图所示,可知点电荷q1在A点产生的电场强度方向由C指向A,点电荷q2在A点产生的电场强度方向由A指向B,则q1带正电,q2带负电,A正确,B错误;设AB=2L,则AC=ABsin 30=L,由图可知=sin 30,则E1=2E2,根据点电荷的场强公式得,E1=k,E2=k,解得q2=2q1,故C错误,D正确.3.C解析 由于Uab=a-b=8 V,则ab中点处电势为6 V,因此c点与ab中点的电势相同,c点与ab中点的连线则为一条等势线,电场强度方向应垂直于该等势线并且指向电势较低的方向,故选项C正确.4.C解析 A点的电势比乙球面的电势高,乙球面的电势比B点的电势高,故A点的电势比B点的电势高,选项A错误;C、D两点的电场强度大小相等,方向不同,选项B错误;AB,正电荷从A点移至B点,电场力做功WAB0,选项C正确;C、D两点位于同一等势线上,故负电荷从C点移至D点,电势能不变,选项D错误.5.BC解析 通过电子的运动轨迹可判断电子的受力方向,但无法判断电子的运动方向,根据点电荷的电场规律可知,加速度越大的位置就是离点电荷越近的位置,A错误,B正确;电子从A运动到B,电场力做负功,电势能增加,B点的电势低于A点的电势,C正确,D错误.考点二1.A解析 结合abc,由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场,且Q点处电场强度小于P点处电场强度,电子仅在电场力作用下沿直线从P点运动到Q点,将做加速度越来越小的加速运动,A正确.2.A解析 由图线可知,距离球心R处的场强为E0,根据点电荷的场强公式可知E0=,解得球壳带电荷量为Q=,则均匀带电球壳带电密度为=,选项A正确;根据点电荷的场强公式可知E0=,解得r=R,选项B错误;由题意可知,在x轴上各点中,在0R范围内各点的电势均相同,球面与球心间的电势差为零,选项C、D错误.3.D解析 从-x0到0区间,电势升高,意味着该区域内的场强方向向左,质子受到的电场力向左,与运动方向相反,所以质子做减速运动,选项A错误;根据场强与电势差的关系式E=,从0到x0区间,图线的斜率的绝对值先增大后减小,所以电场强度先增大后减小,根据F=Eq,质子受到的电场力先增大后减小,选项B错误;在-x0到0区间,质子受到的电场力方向向左,与运动方向相反,电场力做负功,电势能增加,选项C错误;因为质子从-x0到0区间做减速运动,从0到x0区间做加速运动,所以质子能穿过电场区域的条件是在原点处的动能E要大于零,设质子初动能为E0,从-x0到0过程中,根据动能定理得E-E0=-e0,所以E0=e0 +Ee0 ,选项D正确.4.D解析 带正电的粒子在x1点的电势能大于在x2点的电势能,则x1点的电势比x2点的电势高,选项A错误;带正电的粒子在电场力作用下从高电势点移到低电势点,可知粒子的运动方向与电场方向相同,选项B错误;粒子仅受电场力作用,电场力做功等于电势能的减小量,故Fx=Ep,得F=,即Ep-x图像上某点切线的斜率大小表示电场力的大小,也反映场强的大小,则x1点的电场强度大于x2点的电场强度,选项C错误;粒子从x1点运动到x2点的过程中,电势能的减小量为Ep1-Ep2,可知电场力做功为Ep1-Ep2,选项D正确.考点三例1(1)2.98107 m/s(2)0.72 m(3)5.7610-18 J解析 (1)根据动能定理得eU0=m解得v0=2.98107 m/s(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.电子在水平方向做匀速直线运动,有L1=v0t电子在竖直方向上做匀加速直线运动,有y=at2根据牛顿第二定律得=ma联立得y=0.36 cm电子离开偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点,由图知=解得h=0.72 cm (3)电子在偏转电场运动的过程中,电场力对它做的功W=ey=5.7610-18 J例1变式(1)4103 m/s(2)50 V/m,与水平方向成30角斜向左下方解析 (1)由动能定理得m=qE1d1解得v1=4103 m/s(2)粒子在区域内做类平抛运动,运动时间t2=110-3 s由vx=at2=t2,vy=v1得tan =所以=30则粒子刚出区域时速度方向与水平方向成30角斜向右上方速度大小v=8103 m/s由-t=0-v解得E3=50 V/m,方向与水平方向或30角斜向左下方例2(1)(-L,0)(2)2L2L解析 (1)小球运动到y轴时,由动能定理得mgL=mv2在绳断裂后进入第二象限做类平抛运动,有xB=vt4L-L=at2qE+mg=ma联立解得xB=L故B点的位置坐标为(-L,0)(2)设绳长为L1时,小球在x轴上的落点与原点间距离最大,由动能定理得mgL1=m由类平抛运动规律可得x1=v1t14L-L1=aqE+mg=ma联立解得x1=由数学知识可得,当L1=4L-L1,即绳长L1=2L时,距离最大,最大值为x1=2L例2变式(1)(2)Ek=EqR(5-3cos )(3)EqREqR解析 (1)粒子经过B点时,根据牛顿第二定律得a=,水平方向有R=v0t,竖直方向有R=at2,联立解得v0=.(2)粒子经过C点时,水平方向有Rsin =v1t1,竖直方向有R-Rcos =a,得=,m=,经过C点时的动能Ek=Eq(R-Rcos )+m=EqR(5-3cos ).(3)由(2)中的结论可以看出,当从60变化到90时,粒子穿过圆周时的动能逐渐增大,因此经过C点的粒子穿过圆周时动能最小,经过B点的粒子穿过圆周时动能最大,则=EqR(5-3cos 60)=EqR,=EqR(5-3cos 90)=EqR. 例3A解析 由题意,粒子在0内做类平抛运动,在T内做类斜抛运动,因粒子在电场中所受的电场力大小相等,由运动的对称性可知,粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向,选项A正确;水平方向上有l=v0T,竖直方向上有l=T,在t=时刻粒子的速度大小v=v0,选项B错误;若该粒子在t=时刻以速度v0进入电场,粒子先向下做类平抛运动,再向下做类斜抛运动,恰好沿PQ板右边缘射出电场,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子在电场中的运动时间t=,选项D错误.例3变式B解析 小球在竖直方向做自由落体运动,加交变电场后水平方向运动的vx-t图像如图所示,即做周期性的往复运动,在0T时间内水平位移为0,水平方向的末速度为0,则小球在T时刻仍恰好到达D点,且此时速度仍为v0,选项B正确,A、C、D错误. 热点模型解读预测1BD解析 将上极板向上移动,d变大,由C=可知,C变小,电容器要放电,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=可知,电容器两极板间的电场强度不变,油滴所受电场力不变,油滴静止,上极板电势为零,P点到上极板的距离增大,根据U=Ed可知,P点与上极板间的电势差的绝对值增大,而P点的电势为负,所以P点电势降低,A错误,B正确;若上极板下移,则d变小,C变大,两极板间的电压U等于电源电动势不变,电场强度E=变大,油滴所受电场力变大,电场力大于重力,合力向上,油滴向上运动,P点到下极板的距离不变,根据U=Ed可知,P点与下极板间的电势差的绝对值增大,则P点与上极极间的电势差的绝对值减小,而P点的电势为负,所以P点电势升高,C错误,D正确.预测2C解析 设微粒最终速度为零时距离M板为x,则N板未移动时,根据动能定理得mgh-qUMN=0,将N板上移之后,根据动能定理得mg-xq=0,联立可得x=h,选项C正确.预测3(1)mg(2)(3)d解析 (1)小球静止,由平衡条件得mg+F=Eq解得细线拉力F=mg.(2)若小球到B点时细线拉力刚好为0,则Eq-mg=m解得v=小球从A到B,由动能定理得-(Eq-mg)=mv2-m解得v0=.(3)在A点细线断开后,小球做类平抛运动,有=解得t1=水平位移x1=v0t1=d在B点细线断开后,小球做类平抛运动,有=解得t2=水平位移x2=vt2=d两次在金属板M上的落点间的距离x=x1+x2=d.
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