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带电粒子在电场中的运动1.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程A. 加速度大小为a=qEm+gB. 所需的时间为t=dmEqC. 下降的高度为 y=d2D. 电场力所做的功为 W=Eqd【答案】B【解析】【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为F=qE2+mg2 由牛顿第二定律得a=qE2+mg2m 故A错；点电荷在水平方向的加速度为a1=Eq/m ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以t=mdqE ，故B正确，点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y=12gt2=12gmdqE=mgd2qE ，故C错误；由功公式W=Eqd/2,故D错误。综上所述本题答案是：B【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。2.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O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P点，则由O点静止释放的电子A. 运动到P点返回B. 运动到P和P点之间返回C. 运动到P点返回D. 穿过P点【答案】A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度E=Ud=4kQS，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关3.如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做（ ）A. 曲线运动 B. 匀速直线运动C. 匀加速直线运动 D. 变加速直线运动【答案】C【解析】小球受重力、电场力和细线的拉力，拉力的大小等于电场力和重力的合力，故大小恒定；当悬线断裂后，小球在重力和电场力的合力作用下做匀加速直线运动，故选C.4.如图所示，质量为m、带电荷量为+q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区时，滑块的运动状态为（ ）A. 继续匀速下滑B. 将加速下滑C. 将减速下滑D. 上述三种情况都有可能发生【答案】A【解析】试题分析：没有电场时，滑块沿绝缘斜面匀速下滑，受力平衡，根据平衡条件得到滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡当当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，再分析这两个力是否平衡，判断滑块的运动状态解：设斜面的倾角为滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mgsin=fN=mgcos又f=N得到，mgsin=mgcos，即有sin=cos当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为（mg+F）sin，沿斜面向上的力为（mg+F）cos，由于sin=cos，所以（mg+F）sin=（mg+F）cos，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动故选A【点评】本题增加电场力，相当于增加物体的重力，对物体的运动情况没有影响基本题5.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符.已知偏移量越小打在纸上的字迹越小,现要缩小字迹,下列措施可行的是( )A. 增大墨汁微粒的比荷B. 减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C. 减小偏转极板的长度D. 增大偏转极板间的电压【答案】C【解析】试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：y=12at2又a=qUmd联立得，y=qUL22mdv02=qUL24dEk0要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷q/m、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故ABD错误，C正确故选C考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y的表达式；粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律可求解y，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角。视频6.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环的上端，一个质量为m、带电荷量为+q的小球由静止开始 沿轨道运动，则（）A. 小球运动过程中机械能守恒B. 小球经过环的最低点时速度最小C. 在最低点球对环的压力为（mg+qE）D. 在最低点球对环的压力为3（mg+qE）【答案】D【解析】【分析】小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒根据动能定理知小球经过环的最低点时速度最大根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，得到球对环的压力。【详解】A项：小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故A错误；B项：小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故B错误；C、D项：小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=12mv2 由Nmg=mv2R，联立解得N=3（mg+qE）。故C错误，D正确。故应选：D。【点睛】本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是常用的思路。7. 如图甲所示为示波管，如果在YY之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X高，则在荧光屏上会看到图形为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因XX偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，则以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象则显示如图所示：故选C。考点：示波器；带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考。8.在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示，滑块运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A. 滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B. 在t=5 s时，小球经过边界MNC. 滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2：5D. 在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功【答案】C【解析】【分析】滑块在电场中，受到电场力与摩擦力，做匀加速运动，离开电场后受到摩擦力作用而做匀减速运动，由图可以看出，滑块经过边界MN的时刻分别求出滑块离开电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系。【详解】A项：根据速度与时间图象，可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；B项：滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=2s时，故B错误；C项：由图象的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1=v02，离开电场后的加速度大小为a2=v03由牛顿第二定律得：qE-f=ma1f=ma2解得，摩擦力与电场力之比为2：5故C正确；D项：整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等，故D错误。故应选:C。【点睛】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系。9.在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下运动，vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A. a，c带负电，b，d 带正电B. a，c带正电，b，d 带负电C. a，d带正电，b，c带负电D. a，d带负电，b，c带正电【答案】A【解析】试题分析：图像a做加速度减小的加速运动，故a带负电，远离孤立负电荷；图像b做加速度增大的加速运动，故b带正电，靠近孤立负电荷；图像c做加速度增大的减速运动，故c带负电，靠近孤立负电荷；图像d做加速度减小的减速运动，故d带正电，远离孤立负电荷，故选项A正确。考点：电场强度、加速度、速度【名师点睛】本题关键掌握速度图象斜率的意义进行分析加速度的变化情况，由电场强度与加速度的关系a=qEm，即根据牛顿第二定律把握物理量之间联系。10.质量不同、带电量相同的粒子，不计重力，垂直于电力线射入同一个匀强电场若它们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的（）A. 速度 B. 动量 C. 动能 D. 速度、动量和动能【答案】C【解析】【分析】粒子只受电场力，垂直射入电场，做类似平抛运动，根据分运动公式和速度偏转角公式列式求解初速度、初动量和初动能的表达式分析。【详解】粒子做类似平抛运动，故：L=v0t，tan=vyvx=atv0 其中：a=qEm 解得：v0=qELmtan P0=mv0=mqELtan Ek0=12mv02=qEL2tan 由于q相等，m不等，故进入电场前，初速度、初动量不等，而初动能相等，故ABD错误，C正确。故选：C。【点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动性质，粒子做类似平抛运动，采用正交分解法，根据分运动公式列式分析。11.如图所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B运动，则该带电颗粒（ ）A. 动能减小B. 电势能减小C. 机械能减小D. 可能带负电【答案】B【解析】A、微粒的合力方向与速度方向一致，对微粒做正功，则其动能增大，故A错误；B、带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向右，C电场力做正功，机械能增大，电势能减小，故B正确，C错误，则微粒带正电，故D错误。故选B。12.如图所示，高为h，倾角=37的光滑斜面处在水平向右、场强E=mgq的匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的带电小球沿着光滑的斜面运动，已知重力加速度为g，则带电小球由斜面底端运动到斜面顶端的过程中（）A. 重力对小球做功为mghB. 小球的电势能减少了34mghC. 合力对小球所做的功为13mghD. 小球的电势能与动能之和保持不变【答案】C【解析】【分析】根据上升的高度求出重力做功，根据电场力做功得出电势能的变化，抓住合力做功等于各力做功的代数和求出合力做功的大小根据能量守恒分析小球的电势能与动能之和的变化。【详解】A项：小球沿光滑斜面运动，从底端到顶端过程中，重力做功为-mgh，故A错误；B项：电场力做功W=qEhtan=43mgh，则电势能减小43mgh，故B错误；C项：支持力不做功，合力做功等于各力做功的代数和，则W合=mgh+43mgh=13mgh，故C正确；D项：根据能量守恒知，小球电势能与动能之和减小量等于小球重力势能的增加量，可知小球电势能和动能之和在减小，故D错误。故应选：C。【点睛】本题考查的是功能关系，动能的变化对应合力做功，机械能的变化对应除重力以外其它力做功，重力势能的变化对应重力做功，电势能的变化对应电场力做功。13.如图所示，长为L的两平行金属板水平放置，接在直流电路中，图中R为滑动变阻器，一带电微粒自两板左侧中央以某初速度v0平行于金属板进入两板间，若将变阻器的滑片P置于最下端b处，带电微粒将落在下板上距离左端L3处，若滑片P与b端间电阻为18，带电微粒将沿直线运动，若要微粒不打到金属板上，则滑片P与b端间电阻R的范围应为（）A. 12R20 B. 16R20C. 12R24 D. 16R24【答案】B【解析】【分析】滑片P位于最下端b，带电微粒做平抛运动，由平抛运动的规律列出方程；带电微粒沿直线运动时，电场力和重力平衡；微粒刚好不打在金属板上，可能从上下极板的边缘之间射出，根据类平抛运动的规律和牛顿第二定律结合串联电路的分压规律求出临界值，即可得到范围。【详解】设两平行金属板间距为d，由已知得：d2=12gt12 L3=v0t1 当滑片p与b端间电阻为18时，有：qU0d=mg 若要微粒刚好不打在金属板上，应满足：d2=12at22L=v0t2qU1dmg=ma或mgqU2d=ma由以上各式解得：U1=109U0，U2=89U0由串联电路的分压规律可求得对应电阻为：R1=109R0=20 R2=89R0=16所求R的范围为16R20，故B正确，ACD错误。故应选：B。【点睛】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度。14.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器的两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则以下说法正确的是()A. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B. 在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D. 在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【答案】A【解析】试题分析：电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=EI（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故B错误；D、在将S断开后，电容器通过电阻R2与R1放电，电量减为零，电流沿a至b，故D错误；故选A【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化15.一质量为m，带电量为q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面h2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，重力加速度为g，如图所示，求：(1)小球初速度v0、电场强度E的大小；(2)小球落地时动能。【答案】要使小球能够无碰撞地通过管子，必须使小球到达上管口时刚好速度方向竖直向下。根据动能定理，可得因此小球的初速度由动能定理联立、两式，解得小球落地时的动能为【解析】略16.如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系O-xy，在该平面内有一平行y轴的匀强电场，大小为E，方向竖直向下。一过坐标原点与x轴成 = 60角的无穷大的平板与竖直平面垂直。在y轴上某点有一质量为m。电荷量为+q的粒子以某一速度垂直电场射入电场，经过时间t1时，在该平面内再另加一匀强电场E1，粒子再经过时间t2且t1= t2= t时，恰好垂直接触平板，且接触平板时速度为零，忽略粒子所受的重力，求：(1)粒子射入电场时的速度大小和在y轴上的位置；(2)E1的大小以及与y轴之间的夹角的正切值。【答案】（1）v=2Eqtm y=11qEt22m（2）E1=7E，tan=32。【解析】(1)设粒子的初速度为v0，在t1时间内做类平抛运动，粒子在电场中的加速度为a=Eqm 粒子在电场中的竖直速度为vy=at，按题意分析得到：v0vy=tan联立解得粒子抛出时速度v0=3Eqtmt1时刻粒子的速度为v=vycos=2Eqtm对应的位移为：x1=v0t，y=12at2加电场E1后，粒子从A到D做匀减速直线运动，故有：sAD=v2t2=Eqt2m又sAB=x1=v0t1=3Eqt2m 所以sBC=sABtan=Eqt2m，sAC=sABsin=2qEt2msCD=sAD+sAC=3Eqt2m，sOC=sCDcos=6qEt2m故抛出点的y坐标为y=sOCsBC+y=11qEt22m。(2)如图所示，设E1方向与y轴成角，由粒子从A到D的匀减速直线运动有：qE1sin()=qEsinqE1cos()qEcos=ma1a1=vt2=2qEm联立解得：E1=7E，tan=32。
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