帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)-2021高考物理二輪難點(diǎn)突破+熱點(diǎn)解題方法 (解析版)

專題01帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

一、單選題

1.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于0、M>P點(diǎn)。

由。點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P'點(diǎn)，則由。點(diǎn)靜止釋放的電子（）

AB

OMP

A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P'點(diǎn)之間返回

C.運(yùn)動(dòng)到戶點(diǎn)返回D.穿過(guò)尸，點(diǎn)

【答案】A

【詳解】

設(shè)A8間電場(chǎng)強(qiáng)度為8c間場(chǎng)強(qiáng)為民，根據(jù)題意由。點(diǎn)釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理,

有

CE^OM-eE2xwp=0-0(1)

8c板電量不變，8c板間的場(chǎng)強(qiáng)為

-譬告翳⑵

由（2）知板間的場(chǎng)強(qiáng)不隨距離的變化而變化，當(dāng)C板向右平移到產(chǎn)時(shí)，BC板間的場(chǎng)強(qiáng)不變，由（1）知，電

子仍然運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)返回

故選Ao

2.下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過(guò)加速電壓為U的電場(chǎng)之后，其中粒子速度最大的是（）

A.鈉離子（Na+）B.a粒子C.笊核D.質(zhì)子

【答案】D

【詳解】

設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U,粒子的質(zhì)量和電量分別為加和9，由動(dòng)能定理得

qU=^mv2-0

解得

v=

可見(jiàn)，速度與粒子的比荷平方根成正比。由于質(zhì)子的比荷最大，所以質(zhì)子的速度最大。故ABC錯(cuò)誤，D正

確。

故選D。

3.如圖，一個(gè)電子從。點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，。點(diǎn)緊靠左極板，0、A

兩點(diǎn)相距為〃，兩平行金屬板相距為4,電勢(shì)差為U,下列說(shuō)法正確的是（）

A.右極板豎直上移一些，A點(diǎn)電勢(shì)升高

B.電子從。到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程，電勢(shì)能減小

C.將右極板向右移動(dòng)一小段距離，電子一定通過(guò)A點(diǎn)

D.加大U,電子會(huì)通過(guò)A點(diǎn)

【答案】C

【詳解】

A.右極板豎直上移一些，板間電壓不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，所以A點(diǎn)電勢(shì)不變，故A錯(cuò)誤：

B.由圖可知，板間場(chǎng)強(qiáng)水平向右，電子受力向左，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故B錯(cuò)誤；

C.若將右板向右移動(dòng)一小段距離，板間距離增大，因板間電壓不變，板間場(chǎng)強(qiáng)變小，電子在0A間運(yùn)動(dòng)時(shí)，

兩點(diǎn)間電壓

UOA=ECI

減小，電場(chǎng)力做功減小，電子損失的動(dòng)能減小，所以電子一定通過(guò)A點(diǎn)，故C正確；

D.若加大U,電場(chǎng)力做的負(fù)功多，所以電子不會(huì)通過(guò)A點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有一定電壓，在P板附近有一電子（不計(jì)重力）由靜止開(kāi)始向

Q板運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

PQ

「一一|

-+

------??--------

A.兩板間距離越大，加速時(shí)間越短

B.兩板間距離越小，電子的加速度就越小

C.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與加速電壓無(wú)關(guān)，僅與兩板間距離有關(guān)

D.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與兩板間距離無(wú)關(guān)，僅與板間電壓有關(guān)

【答案】D

【詳解】

A.由d=,。產(chǎn)和得，/=竺，兩板間距離越大，加速時(shí)間越長(zhǎng)，A錯(cuò)誤；

2md\qU

B.由。=嗎得，兩板間距離越小，電子的加速度就越大，B錯(cuò)誤；

ma

CD.由a7=泉2得，u=J辿，電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與兩板間距離無(wú)關(guān)，僅與板間電壓有關(guān)，

2Vm

C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

5.一帶電小球在某豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放，帶電小球開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，則（）

A.小球的電勢(shì)能減小，機(jī)械能增大

B.小球的電勢(shì)能減小，機(jī)械能減小

C.小球的電勢(shì)能增大，機(jī)械能增大

D.小球的電勢(shì)能增大，機(jī)械能減小

【答案】A

【詳解】

一帶電小球在某豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放，帶電小球開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，則重力小于電場(chǎng)力，電場(chǎng)力

向上，故電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，機(jī)械能增大，故A正確BCD錯(cuò)誤。

故選A。

6.如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩帶電微粒。、。所帶電荷量大小相等、

符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放。、b,它們由靜止

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在隨后的某時(shí)刻f,八6經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。人間的相互作用和重力

可以忽略，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.a的質(zhì)量比人的大

B.在時(shí)間/內(nèi)，。和的電勢(shì)能的變化量相等

C.在時(shí)間f內(nèi)，匕的動(dòng)能與電勢(shì)能之和減小

D.在，時(shí)刻，a和匕的動(dòng)量大小相等

【答案】D

【詳解】

A.兩個(gè)粒子都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

12IqE2

y=-at=-------廠

22m

由題意知，相同時(shí)間內(nèi)4的位移大于b的位移，q、E又相等，可知

ma<mb

故A錯(cuò)誤；

B.由題可知在時(shí)間/內(nèi)，”的位移大于人的位移，其電荷量相等，它們受電場(chǎng)力相等，所以電場(chǎng)力對(duì)“做

的功大于對(duì)人做的功，即a的電勢(shì)能變化量大于b的電勢(shì)能變化量，故B錯(cuò)誤；

C.整個(gè)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，故能量守恒，即動(dòng)能、電勢(shì)能之和是一個(gè)定值，故C錯(cuò)誤；

D.兩個(gè)粒子都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

a也

m

在f時(shí)刻粒子的速度為

Eq

v-at----t

m

則粒子的動(dòng)量為

p=mv=Eqt

因兩粒子的電荷量相等，電場(chǎng)強(qiáng)度相等，故動(dòng)量也相等，故D正確；

故選D。

7.如圖所示的直線是真空中某電場(chǎng)的一條電場(chǎng)線，M、N是這條直線上的兩點(diǎn)，一電子以速度均經(jīng)過(guò)M

點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，電子以速度％經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，且“與也方向相反，以下說(shuō)法正確的是（）

VMVN

A<

?-------------------?

MN

A.M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

B.M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)

C.電子在M點(diǎn)的速度一定小于在N點(diǎn)的速度

D.電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能

【答案】B

【詳解】

A.由于只有一條電場(chǎng)線，所以無(wú)法判斷哪個(gè)位置電場(chǎng)線更密集，故無(wú)法判斷哪點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)更大，故A錯(cuò)誤；

B.由于電子在例點(diǎn)時(shí)速度方向向右而到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度方向向左，故電子所受電場(chǎng)力方向向左，而電子所

受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向相反，故場(chǎng)強(qiáng)方向向右，所以M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；

C.由于從M到N過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故電子在M點(diǎn)的動(dòng)能更大，故粒子在N點(diǎn)時(shí)的速度小于它在M

點(diǎn)時(shí)的速度，故C錯(cuò)誤；

D.由于從M到N過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增大，故電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于它在N點(diǎn)的

電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤；

故選B。

8.如圖所示，M、N是真空中的兩塊帶電平行金屬板，一帶電粒子以初速度vo由M板上的小孔垂直極板射

入，粒子恰好能到達(dá)兩板正中間。若將粒子以同樣大小的速度從N板上的小孔垂直極板射入，不計(jì)粒子受

到的重力，則粒子到達(dá)M板時(shí)的速度大小為（）

MN

A.A/2V0B.2voC.G%D.3vo

【答案】C

【詳解】

帶電粒子從M板小孔中射入時(shí)，由動(dòng)能定理

-mv0=-Uq

帶電粒子從N板小孔中射入時(shí)，由動(dòng)能定理

1212〃

解得

VM=瓜0

故選Co

9.某空間存在一靜電場(chǎng)，沿x方向建立坐標(biāo)軸，一個(gè)電荷量為4的帶負(fù)電粒子從-3m處由靜止釋放，粒子

只在電場(chǎng)力的作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能隨位移x的變化圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.此電場(chǎng)為處于原點(diǎn)。的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)B.從。點(diǎn)沿x軸正向電勢(shì)降低

C.在x=-lcm和x=lcm處，粒子加速度相同D.粒子在。位置的速度是x=lcm處的Ji倍

【答案】B

【詳解】

A.根據(jù)Ep-X圖象可知，圖線的斜率表示電場(chǎng)力qE,由圖可知兩段圖線斜率大小相等，則可知x軸正負(fù)

半軸是兩個(gè)大小相等，方向不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；

B.帶負(fù)電粒子從-3cm~0,電勢(shì)能減小，則可知電勢(shì)升高，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，從0~3cm電勢(shì)能增大,

則電勢(shì)降低，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向，則從。點(diǎn)沿％軸正向電勢(shì)降低，故B正確；

C.在％=-匕11和x=lcm處，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故粒子加速度大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；

D.粒子從4-3cm到0點(diǎn)的過(guò)程由能量守恒得

1,

—mv^-0=15J

粒子從。到41cm的過(guò)程中，由能量守恒得

（根％2-A-Z/JV,2=5J

聯(lián)立解得

1,

—mv~=10J

21

聯(lián)立解得

V0=~Vl

故D錯(cuò)誤。

故選Bo

10.離子推進(jìn)器是新一代航天動(dòng)力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和軌道修正。推進(jìn)劑從圖中產(chǎn)處注入，在A

處電離出正離子，已知8、C之間加有恒定電壓U,正離子進(jìn)入B時(shí)的速度忽略不計(jì)，經(jīng)加速形成電流為/

的離子束后噴出推進(jìn)器，單位時(shí)間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量為人為研究問(wèn)題方便，假定離子推進(jìn)器在太空中飛行

時(shí)不受其他外力，忽略推進(jìn)器運(yùn)動(dòng)速度。則推進(jìn)器獲得的推力大小為（）

2

DUC

A.D.---------另D.4UJI

2JI

【答案】A

【詳解】

在A處電離出正離子，經(jīng)8、C間電壓加速后，由動(dòng)能定理可知

qU=-mv2

2

解得

「產(chǎn)

Vm

以，秒內(nèi)噴射的離子為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量定理有

Ft-mmv

又因?yàn)?/p>

nm

解得

F=yj2UJI

根據(jù)牛頓第三定律知推進(jìn)器獲得的推力大小為y/2UJI，故選A“

11.某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法''進(jìn)行治療。在這種療法中為了能讓質(zhì)子進(jìn)入癌細(xì)胞，首先要實(shí)現(xiàn)質(zhì)子的高速

運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來(lái)實(shí)現(xiàn)。質(zhì)子先被加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺

死癌細(xì)胞。如圖，來(lái)自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零），經(jīng)加速電壓為u的加速器加速后，形成細(xì)柱形的質(zhì)子

流。己知細(xì)柱形的質(zhì)子流橫截面積為S,質(zhì)子流內(nèi)單位體積的質(zhì)子數(shù)為〃，其等效電流為/,質(zhì)子電量為e,

則質(zhì)子的質(zhì)量為（）

22223

、2U〃2s2/Un2S2e3lUivSeUnSe

L---r---DB---

rr/2

【答案】A

【詳解】

根據(jù)電流微觀表達(dá)式/=可得

質(zhì)子在電場(chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，則有

-mv2^eU

2

解得

2t/n2S2?

m-

/2

故A對(duì)，BCD錯(cuò)。

故選A。

12.如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有一定電壓，在P板附近有一電子（不計(jì)重力）由靜止開(kāi)始

向。板運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

e-

A.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與加速電壓無(wú)關(guān)，僅與兩板間距離有關(guān)

B.電子到達(dá)。板時(shí)的速率，與兩板間距離無(wú)關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)

C.兩板間距離越大，加速時(shí)間越短

D.兩板間距離越小，電子的加速度就越小

【答案】B

【詳解】

AB.電子從P板到。板的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

〃12

Uq=—mv

得

所以到達(dá)。板時(shí)的速率只與加速電壓有關(guān)，而與板距無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確;

CD.據(jù)牛頓第二定律可得加速度

mdm

所以當(dāng)兩板間距離越小時(shí)，加速度越大，電子從P極板向。極板運(yùn)動(dòng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可

得時(shí)間

2m

兩板間距離越大，時(shí)間越長(zhǎng)，兩板間距離越小，電子的加速度就越大，故CD錯(cuò)誤。

故選B,

13.兩平行金屬板相距為心電勢(shì)差為U,一電子質(zhì)量為，小電荷量為e,從0點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入

電場(chǎng)，最遠(yuǎn)到達(dá)4點(diǎn)，然后返回，如圖所示，04間距為〃，則此電子的初動(dòng)能為（）

【答案】D

【詳解】

設(shè)出電子的初動(dòng)能反。，末動(dòng)能為零，極板間的電場(chǎng)E=烏，根據(jù)動(dòng)能定理:

-eEh=O-Eko

解得:

故選D。

14.如圖所示為某回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對(duì)：H粒子進(jìn)行加速，此時(shí)D形盒中的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小為8,D形盒縫隙間電場(chǎng)變化周期為7,加速電壓為U。忽略相對(duì)論效應(yīng)和粒子在D形盒縫隙間的

運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.粒子從磁場(chǎng)中獲得能量

B.保持8、U和7不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子

C.只增大加速電壓;H粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短

D.只增大加速電壓汨粒子獲得的最大動(dòng)能增大

【答案】C

【詳解】

A.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁場(chǎng)的作用只改變粒子的運(yùn)動(dòng)方向，不改變粒子的運(yùn)動(dòng)速度大小，粒子只在加速

電場(chǎng)中獲得能量，A錯(cuò)誤；

B.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期

52兀m

1----

qB

由于質(zhì)子;H與:H粒子的比荷不同，保持8、［7和T不變的情況下不能加速質(zhì)子，B錯(cuò)誤；

C.由

2

“V-

qvB-m—

R

解得

m

粒子射出時(shí)的動(dòng)能

252H2

葭

3Y2m

粒子每旋轉(zhuǎn)一周增加的動(dòng)能是為。，動(dòng)能達(dá)到反時(shí)粒子旋轉(zhuǎn)的周數(shù)是M則有

2qU4mU

每周的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

丁2兀m

I=-------

qB

則粒子在回旋加速器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

t=NT=^^~

2U

若只增大加速電壓U,:H粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，C正確;

D.設(shè)回旋加速器的最大半徑是R,“，因此粒子在最大半徑處運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，根據(jù)

v2

qvB=m——

R

解得

qBRm

射出時(shí)的最大動(dòng)能是

2m

若只增大加速電壓，由上式可知，；“粒子獲得的最大動(dòng)能與加速器的半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)度以及電荷的電量和

質(zhì)量有關(guān)，與加速電場(chǎng)的電壓無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。

故選C。

15.如圖所示，平行板電容器與電源相連，下極板接地。一帶電油滴位于兩極板的中心P點(diǎn)且恰好處于靜

止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將平行板電容器兩極板在紙面內(nèi)繞。?！槙r(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)45。，則（）

A.P點(diǎn)處的電勢(shì)降低

B.帶電油滴仍將保持靜止?fàn)顟B(tài)

C.帶電油滴到達(dá)極板前具有的電勢(shì)能不斷增加

D.帶電油滴將水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

【答案】D

【詳解】

A.因電容器與電源始終相接，故電壓不變，由

知，電容器極板旋轉(zhuǎn)后

d=Jxsin45°

所以場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)?/p>

UU

E=6E

ddsin45°

又因電容器下極板接地且油滴在中間，故電勢(shì)

%=4。=*

故電勢(shì)不變，故A錯(cuò)誤;

B.因極板旋轉(zhuǎn)前油滴靜止，應(yīng)有mg=qE,電場(chǎng)力方向向上，極板旋轉(zhuǎn)后，電場(chǎng)力方向不再向下而是斜向右

上方與豎直方向成45。角，油滴不能再保持靜止，故B錯(cuò)誤；

C.由圖可知油滴向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，油滴電勢(shì)能應(yīng)減小，故C錯(cuò)誤;

D.旋轉(zhuǎn)前，qE=mg,旋轉(zhuǎn)后對(duì)油滴受力分析并沿水平與豎直方向分解知

在豎直方向上

F--qExcos45°-mg-qx四Ex--mg=0

水平方向

F-qEsin45°==mg

故油滴將向右做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選D。

二、多選題

16.如圖。所示，A8為某電場(chǎng)中的一條直電場(chǎng)線，某帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從匚0時(shí)刻開(kāi)始經(jīng)A點(diǎn)沿

直線向8點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其速度的平方v2與位移x的關(guān)系如圖匕所示，下列說(shuō)法中正確的是（）

圖6

A.該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)

B.粒子的加速度為4m/s2

C.f=2s時(shí)粒子的速度為0

D.前2s粒子的位移為3m

【答案】AC

【詳解】

由勻變速的位移速度公式得

v2=2ax+說(shuō)

該函數(shù)與圖像吻合，所以帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，該電場(chǎng)一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)。結(jié)合圖像有

%=4m/s，a--2m/s2

z=2s時(shí)粒子的速度為

v=va+at=4m/s-2x2m/s=0

前2s粒子的位移為

x=—r=4m

2

故選AC.

17.如圖，帶電平行板電容器兩極板水平放置。兩質(zhì)量相等的帶負(fù)電微粒a、b分別固定于電容器內(nèi)上、下

極板附近，兩微粒與極板間的距離相等?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放a、b,a、b同時(shí)經(jīng)過(guò)兩極板的中線MM不考

慮a、b間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）

+1a=

M.....................................N

X

A.到達(dá)MN時(shí)，b的動(dòng)能等于a的動(dòng)能

B.到達(dá)時(shí)，b的電勢(shì)能等于a的電勢(shì)能

C.從釋放到的過(guò)程中，b的機(jī)械能增加量大于a的機(jī)械能減少量

D.若僅將上極板向上平移一小段，再同時(shí)由原位置釋放a、b,a將先到達(dá)原中線

【答案】AC

【詳解】

A.對(duì)兩粒子根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

12

x--ar

2

兩粒子在相等時(shí)間內(nèi)位移大小相等，則兩粒子加速度大小相等，則

12

v—at,E=—mv

k2

兩粒子動(dòng)能相等，故A正確；

B.兩個(gè)初位置不同的粒子到達(dá)同一位置時(shí)，電勢(shì)能不可能相等。故B錯(cuò)誤；

C.由于兩粒子動(dòng)能增量相同，但b的重力勢(shì)能增加，a的重力勢(shì)能減少，因此b的機(jī)械能增量大于a的機(jī)

械能減少量。故C正確；

D.僅將上極板向上平移一段，由于電容器上電荷量不變，根據(jù)

4兀kQ

E

sS

兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)不變，粒子所受電場(chǎng)力不變，所受合力不變，加速度不變，同時(shí)由原位置釋放兩粒子，仍

將同時(shí)到達(dá)原位置。故D錯(cuò)誤。

故選AC。

18.如圖所示，在空間存在一平行于圓形平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，圓形平面的圓心為。，半徑為K,AB為直徑。

質(zhì)量為〃?，電荷量為+q的粒子自A點(diǎn)先后以不同的動(dòng)能沿各個(gè)方向進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與圓形平面平行。

已知?jiǎng)幽転榱愕牧Ｗ友谹C方向離開(kāi)圓形區(qū)域，離開(kāi)時(shí)動(dòng)能為Eo,ZCAB=60\運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子僅受電場(chǎng)

力作用。則下列判斷正確的是（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為后=與

B-電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

qR

C.自8點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)的離子動(dòng)能增加EoD.自8點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)的離子動(dòng)能增加2%

【答案】AC

【詳解】

AB.初速度為零的粒子，由C點(diǎn)射出電場(chǎng),電場(chǎng)方向與4。平行，由A指向C。根據(jù)動(dòng)能定理有

Eq-2/?cos60=Eo

計(jì)算得

E=互

qR

故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.電場(chǎng)方向沿AC方向，自8點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)的粒子動(dòng)能的增加量等于電場(chǎng)力做的功

W=Eq-27?cos60=Eo

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC。

19.如圖，豎直放置的平行金屬板A、B帶等量異種電荷，A帶負(fù)電并規(guī)定A板電勢(shì)為0,B帶正電，A、

B間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。帶負(fù)電的粒子以水平向右的初速度從緊挨A板附近運(yùn)動(dòng)到B板，忽略粒子的

重力。則以粒子出發(fā)位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某位置的動(dòng)能、機(jī)械能、電勢(shì)、電勢(shì)能隨位移變

化的關(guān)系正確的是（）

AB

【答案】AC

【詳解】

A.設(shè)電場(chǎng)力大小為F，從A板到B板，電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理有

Fx=E「Eko

得

Ek=Fx+Ek0

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，線―*圖象斜率為正，縱軸截距為正，故A正確；

BD.電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增加，電勢(shì)能減小，故BD錯(cuò)誤；

C.A板為電勢(shì)零點(diǎn)，也為電勢(shì)能的零點(diǎn)，帶電粒子在向B板移動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力F做正功，電勢(shì)能減小，

有

Ep=-W=-Fx

則電勢(shì)

耳Fx

（P=—=——OCX

-qq

即。一%圖象是過(guò)原點(diǎn)的直線，故C正確。

故選AC。

20.如圖甲所示，A、8是一條豎直電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，在A點(diǎn)由靜止釋放一帶正電的小球，小球?qū)⒀卮穗妶?chǎng)

線從A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其/一》圖象如圖乙所示，已知小球質(zhì)量為“，電荷量為q,A、8間高度差為/?,

重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法中正確的是（）

A

gh

nx

甲乙

A.沿電場(chǎng)線由A到B,電勢(shì)逐漸升高

B.小球從A運(yùn)動(dòng)到8的過(guò)程中，電勢(shì)能逐漸增大

C.A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差

2q

D.該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小為我

q

【答案】AB

【詳解】

AB.由速度位移公式

v2-4-2ax

可知

v2=lax

結(jié)合圖乙可得

2a=g

得

a絡(luò)

2

對(duì)小球受力分析由牛頓第二定律可知

mg—qE=ma

得

。1

qE=-mg

方向豎直向上，由于小球帶正電，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，所以沿電場(chǎng)線由A到5,電勢(shì)逐漸升高，根據(jù)

正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，則小球從A運(yùn)動(dòng)到8的過(guò)程中，電勢(shì)能逐漸增大，故AB正確；

CD.由于小球的加速度恒定，則小球所受電場(chǎng)力恒定，所以電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則

「1

qE=-mg

得

E4

2q

A、8兩點(diǎn)的電勢(shì)差

%=一劭=一談

AB2q

故CD錯(cuò)誤。

故選AB。

21.如圖所示虛線為空間電場(chǎng)的等勢(shì)面，電荷量為-q的小球(重力不計(jì))，在恒定拉力F的作用下沿直線由

A勻速運(yùn)動(dòng)到8,已知AB和等勢(shì)面間的夾角為aAB間的距離為d,貝()

Fdsin0

A.A、5兩點(diǎn)的電勢(shì)差絕對(duì)值為

q

/sin。

B.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為------

q

C.帶電小球由4運(yùn)動(dòng)到8的過(guò)程中，電勢(shì)能減少了Fdsin。

D.若要使帶電小球由B向4做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則力F不變

【答案】AD

【詳解】

A.小球受到的電場(chǎng)力與等勢(shì)面垂直，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力應(yīng)垂直于等勢(shì)面，方向不能確定，若拉力垂直于等

勢(shì)面向左，根據(jù)動(dòng)能定理得

Fdsin0-qUAB=Q

.Fdsin0

解得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UT"=----------,若拉力垂直于等勢(shì)面向右，根據(jù)動(dòng)能定理得

q

根據(jù)動(dòng)能定理得

-Fdsin0-qUAlj=O

.Fdsin3

解得A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UT"=-------------，綜上分析可知4、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差絕對(duì)值為

q

心I,.|?=-Fds^in0

故A正確；

B.電場(chǎng)線方向沿F方向，A8沿電場(chǎng)線方向距離為dsin仇根據(jù)

可得

ddsindq

故B錯(cuò)誤；

C.若小球由4運(yùn)動(dòng)到8電場(chǎng)力做負(fù)功，則為-Fdsin，，電勢(shì)能增大R/sin仇若小球由A運(yùn)動(dòng)到8電場(chǎng)力做

正功，則為&sin，，電勢(shì)能減小R/sin優(yōu)故C錯(cuò)誤；

D.小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力恒定不變，要使帶電小球由8向A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，力尸不變，故D

正確。

故選AD。

三、解答題

22.如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過(guò)開(kāi)有小孔的兩平行薄板，板相距3.5L。槽內(nèi)

有兩個(gè)質(zhì)量均為機(jī)的小球A和B,球A帶電量為+2q,球B帶電量為-3g,兩球由長(zhǎng)為2L的輕桿相連，組

成一帶電系統(tǒng)。最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為，若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)

量，在兩板間加上與槽平行向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E后(設(shè)槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場(chǎng)的分布),

求：

(1)球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大?。?/p>

(2)通過(guò)論證分析小球A能否到達(dá)右板，如果能到達(dá)試求A球速度第一次為零的位置;

(3)帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間及球A相對(duì)右板的位置。

【答案】⑴V,色且；⑵4⑶二削

m63、qE

【詳解】

(1)帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為G,由牛頓第二定律

a=2qE=qE

2mm

球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為也,

2

Vj=2aiL

求得

匕=產(chǎn)

Vm

(2)對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W”有

叱=2qEx2.5L+(~3qEx1.5L)>0

可見(jiàn)A還能穿過(guò)小孔，離開(kāi)右極板。假設(shè)球B能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為牝，有

W2=2qEx2.5L+(-3qEx3.5L)<0

綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)。

對(duì)系統(tǒng)，當(dāng)從剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到A第一次帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板兩側(cè)，設(shè)A離

右板的距離為x,由動(dòng)能定理

2^(3.5￡-L)-3￡^[3.5L-(2/-x)]=0

解得

L

X--

6

(3)設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為h,則

解得

_\2rnL

球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為。2,由牛頓第二定律

-3qE+2qEqE

—-----------------------------------------

2m2m

顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)球A剛達(dá)到右極板時(shí)的速度為也，減速所需時(shí)間為d則有

2

V；-Vj=2a2xl.5Z,

，一匕

t*2—

a2

求得

/2mL

球A離電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為。3,再由牛頓第二定律

-3)qE

設(shè)球A從離開(kāi)電場(chǎng)到靜止所需的時(shí)間為r3,運(yùn)動(dòng)的位移為X,則有

求得

1[2mL

可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時(shí)間為

根據(jù)(2)中結(jié)果帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零球A相對(duì)右板的位置為

L

X--

6

23.如圖所示，一質(zhì)量為如電荷量為e的質(zhì)子從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電壓U加速后，緊挨A板水平進(jìn)入豎直

方向的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，已知A、B板的長(zhǎng)度及板間距離都是LA板電勢(shì)比B板電勢(shì)高2U,緊挨A、B的右

側(cè)有平面直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)與A板右端重合，第四象限有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為￡

(D質(zhì)子從加速電場(chǎng)射出時(shí)的速度片是多大？

(2)質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角。是多大？

(3)質(zhì)子進(jìn)入第四象限后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)的時(shí)間f速度方向變?yōu)樗剑?/p>

【詳解】

(1)質(zhì)子在加速電場(chǎng)中被加速，根據(jù)動(dòng)能定理，則有

12

eUTT=—mv

2x1

解得

\2eU

vi=J------

Vm

(2)質(zhì)子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng),，將運(yùn)動(dòng)分解成水平與豎直方向，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則

有

L=v\t

豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

12

y=-cit

2

由牛頓第二定律，則有

2Ue

a=-----

Lm

豎直方向的速度為

fldJ

Vy=at=\------

Vm

因此質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角仇即

tan^=—=1

V.y

解得

0=45°

(3)質(zhì)子進(jìn)入第四象限后速度方向變?yōu)樗綍r(shí)，豎直速度為零，則由

5=at

.eE

a=——

m

解得

24.某直線加速器可簡(jiǎn)化為如下模型：從電子源發(fā)出的初速度為0的電子分別經(jīng)過(guò)兩級(jí)加速之后打到熒光

屏上，兩級(jí)加速電場(chǎng)極板接線柱A、B、C、D與電壓為U的電源相連，兩級(jí)加速裝置的長(zhǎng)度相等，電子質(zhì)

量為〃?，電荷量為e,不計(jì)電子重力。求：

t.

(1)電子在兩級(jí)加速電場(chǎng)中加速的時(shí)間之比一。

(2)電子打到熒光屏上的速度Vo

--------------------------------6uo----------------------------------

/。石

.............?t................1I

I____11..............-4BI.................松屏

電子源第一級(jí)加速［第二級(jí)加速［

【答案】⑴二t,g13=2匕\e［j7

【詳解】

(1)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩級(jí)加速裝置長(zhǎng)度相等，由E可知，其電場(chǎng)速度E相等，由

L

eE=ma

可知加速度。相等，有

L=-at]

2

2L=1?(r,+/2)

解得產(chǎn)4后1

(2)由動(dòng)能定理得

2eU=—mv2

2

解得

25.如圖所示，在平面坐標(biāo)系第一象限內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E=300N/C。y軸與直線

x=-4cm區(qū)域之間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度也為E,一個(gè)質(zhì)量為加=3xl()-9kg。帶電量為

q=+2xl0-9c的粒子(不計(jì)重力)從第一象