1、专题分层突破练9电场带电粒子在电场中的运动A组1.在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点,其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()A.图甲中与点电荷等距的a、b两点B.图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点C.图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点D.图丁中非匀强电场中的a、b两点2.(2020山东济南高三下学期模拟)如图所示为等边三角形ABC,在A、B两点放等量异种点电荷,已知A、B连线中点处的电场强度和电势分别为E、,则C点的电场强度和电势分别为()A.18E、B.14E、C.18E、14D.14E、143.(多选)(2020山
2、东潍坊高三期末)如图所示,在地面上方水平向左的匀强电场中,两个质量均为m的带电小球a、b经过场中P点以后的运动轨迹分别如图中虚线所示。下列说法正确的是()A.a球带正电B.b球带正电C.a球运动过程中电势能逐渐增大D.b球运动过程中电势能逐渐减小4.(2020山东青岛模拟)如图,直线AB为某电场的一条电场线,a、b、c是电场线上等间距的三个点。一个带电粒子仅在电场力作用下沿电场线由a点运动到c点的过程中,粒子动能增加,且a、b段动能增量大于b、c段动能增量,a、b、c三点的电势分别为a、b、c,电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec,粒子在a、b、c三点的电势能分别为Epa、Epb、Epc。下列说
3、法正确的是()A.电场方向由A指向BB.abcC.EpaEpbEpcD.EaEbEc5.(2020东北三省三校联考)真空中一半径为r0的带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离,根据电势图像(-r图像),判断下列说法中正确的是()A.该金属球可能带负电B.A点的电场强度方向由A指向球心C.A点的电场强度小于B点的电场强度D.电荷量大小为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=q(1-2)6.(2020四川成都高三诊断性考试)如图,水平放置的平行板电容器上极板带正电,所带电荷量为Q,板间距离为
4、d,上极板与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴,所带电荷量绝对值为q。静电力常量为k,下列说法正确的是()A.油滴带正电B.油滴受到的电场力大小为QqkdC.若仅将上极板平移到图中虚线位置,则静电计指针张角减小D.若仅将上极板平移到图中虚线位置,则油滴将加速向上运动B组7.如图甲所示,在匀强电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷和,电荷仅受匀强电场的作用沿直线向A运动,两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙所示。若的电荷量为q,则可知()A.匀强电场的电场强度大小为E=Ek0qx0B.电荷受到的电场力大小为F=Ek0x0C.电荷的电荷量为
5、q2D.选O点为零电势点,A点的电势为A=Ek0q8.(多选)如图所示,一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、-Q连线的中垂线重合,细杆和+Q、-Q均固定,A、O、B为细杆上的三点,O为+Q、-Q连线的中点,AO=BO。现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上,从A点以初速度v0向B滑动,到达B点时速度恰好为0。则可知()A.从A到B,小球的电势能始终不变,受到的电场力先增大后减小B.从A到B,小球的加速度先减小后增大C.小球运动到O点时的速度大小为22v0D.小球从A到O与从O到B,重力的冲量相等9.(多选)(2020天津宁河区高三下学期二模)如图所示,一充电后与电源断开的平
6、行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的小球以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是()A.两极板间电场强度大小为mgqB.两极板间电压为2mgdqC.整个过程中小球的重力势能增加3mg2L22v02D.若仅增大两极板间距,该小球仍能垂直打在M上10.(2020北京朝阳区高三期末)如图所示,在水平向右的匀强电场中,一根不可伸长的细线一端固定于O点,另一端悬挂一质量为m的带正电的小球。现将小球向右拉至与悬点O等高的A点,由静止释放。小球向左最远能摆到与竖直方向夹角为的B点。已知小球所带的电
7、荷量为q0,细线的长度为L。(1)求小球从A点摆到B点的过程中重力所做的功W;(2)求A、B两点的电势差UAB及电场强度的大小E;(3)电势差的定义方式有两种:第一种是指电场中两点间电势的差值,即UCD=C-D,式中C和D分别为电场中C、D两点的电势;第二种是利用比值法定义,即UCD=WCDq,式中q为检验电荷的电荷量,WCD为检验电荷在电场中从C点移动到D点过程中电场力所做的功。请你证明这两种定义方式的统一性。11.(2020湖北七市教科研协作体高三下学期5月联考)如图所示,绝缘水平桌面上固定一半径为R、关于OB所在直线对称的圆弧形光滑绝缘轨道ABC,在桌面内加一沿OB方向、电场强度大小为E
8、的水平匀强电场,现将一质量为m、带电荷量为+q的绝缘小球(不计重力)从轨道左侧某位置以垂直OB所在直线的初速度v0推出,小球在电场的作用下恰好从A点沿圆弧轨道切线方向进入圆弧轨道(已知OA与垂直OB的直径之间的夹角为),并最终从C点离开圆弧轨道,试求:(1)小球推出点距O点沿电场方向的距离;(2)小球经过B点时对轨道的压力大小。参考答案专题分层突破练9电场带电粒子在电场中的运动1.C解析题图甲中与点电荷等距的a、b两点,电场强度大小相同,方向不相反,A选项错误;题图乙中,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b两点的电场强度大小相等、方向相同,B选项错误;题图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线
9、上与连线等距的a、b两点,电场强度大小相同,方向相反,C选项正确;题图丁中根据电场线的疏密可判断,b点的电场强度大于a点的电场强度,D选项错误。2.A解析设等边三角形的边长为L,A、B两点的电荷量大小为Q,A、B连线中点处的电场强度为E=2kQ(L2)2=8kQL2,C点的电场强度为EC=2kQL2cos60=18E,等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,则有C=,故只有选项A正确。3.AD解析电场强度方向向左,a球做曲线运动,合力指向弯道内侧,所以a球所受电场力向左,带正电,选项A正确;b球做直线运动,合力与轨迹在一条直线上,所以所受电场力向右,带负电,选项B错误;a球先向右运动后向左运动
10、,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,选项C错误;b球一直向右运动,电场力一直做正功,电势能一直减小,选项D正确。4.C解析粒子的电性不确定,故不能确定电场的方向,也不能判断各点的电势关系,选项A、B错误;粒子在电场中只受电场力作用,故动能增加量等于电势能减小量;由a点运动到c点的过程中,粒子动能增加,则电势能减小,则EpaEpbEpc;因ab段动能增量大于bc段动能增量,可知ab段的电势差大于bc段的电势差,可知ab段的电场线比bc段的密集,但是不能比较三点电场强度的大小关系,选项C正确、D错误。5.D解析由图可知0到r0电势不变,之后电势变小,带电金属球为一等势体,再依据沿着电场线
11、方向,电势降低,得金属球带正电,选项A错误;沿电场线方向电势降低,所以A点的电场强度方向由A指向B,选项B错误;-r图像斜率的物理意义为电场强度,所以A点的电场强度大于B点的电场强度,选项C错误;正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=qUAB=q(1-2),选项D正确。6.C解析根据受力分析知,油滴受重力和电场力,因为油滴受力平衡,故可判断油滴带负电,所受电场力竖直向上,选项A错误;因为油滴处于匀强电场中,故根据平行板电容器公式可得C=QU,U=Ed,可得F=Eq=QqCd,选项B错误;平行板电容器电荷量不变,根据公式C=S4kd,U=QC=4kdQS,因此将上极板平移到图中虚线位置,
12、间距变小,电容变大,电压变小,静电计指针张角变小,选项C正确;电场力F=qE=qUd=4kqQS,可知电场力与两极板距离d无关,若仅将上极板平移到图中虚线位置,所受电场力不变,因此油滴仍静止不动,选项D错误。7.A解析因为电荷仅受匀强电场的作用,所以静电力所做的功等于动能变化量,即Eqx0=Ek0,解得E=Ek0qx0,选项A正确;根据静电力所做的功等于动能变化量可得Fx0=2Ek0,解得F=2Ek0x0,选项B错误;根据动能关系可设电荷的电荷量为Q,则2Eqx0=EQx0,解得Q=2q,选项C错误;若选O点为零电势点,则A点的电势即为OA间的电势差,电场是匀强电场,根据公式qUOA=Ek0,
13、解得A大小为Ek0q,但是电荷为正电荷,因此电场方向为从O到A,故A=-Ek0q,选项D错误。8.AC解析根据几何关系可知,AB为两个电荷的中垂线,因此AB是等势面,所以从A到B,小球的电势能始终不变,根据电场线的疏密程度可知,在O点电场线最密,因此电场力先增大后减小,选项A正确;对物体受力分析可知,小球受重力、摩擦力、库仑力和支持力,在水平方向小球没有移动,因此水平方向的合力为零,但电场力在O点最大,因此支持力也最大,故其滑动摩擦力在O点最大,在竖直方向的合力为重力和摩擦力的合力,又因为在B点速度恰好减为0,故加速度先增大后减小,选项B错误;根据对称性,小球在O点动能变为原来的一半,因此可得
14、12mv2=1212mv02,解得v=22v0,选项C正确;小球从A到O与从O到B的速度变化不同,故所用时间不同,根据I=Gt可知,重力的冲量不相等,选项D错误。9.BD解析据题分析可知,小球在平行金属板间向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示。可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=mg,得到E=2mgq,由U=Ed可知板间电压为U=2mgdq,选项A错误、B正确;小球在电场中向上偏转的距离为y=12at2,而a=qE-mgm=g,t=Lv0,解得y=gL22v02,故小球打在屏上的位置与P点的距
15、离为s=2y=gL2v02,重力势能的增加量为Ep=mgs=mg2L2v02,选项C错误;仅增大两板间的距离,因两板上电量不变,根据E=Ud=QCd,而C=S4kd,解得E=4kQS,可知板间场强不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,选项D正确。10.答案(1)W=mgLcos (2)UAB=-mgLcosq0E=mgcosq0(1+sin)(3)见解析解析(1)小球从A到B的过程中下降的高度为h=Lcos重力对小球做的功W=mgh解得W=mgLcos(2)小球从A到B的过程中,由动能定理有mgLcos+q0UAB=0-0根据匀强电场公式有E=-UABL(1+sin
16、)解得UAB=-mgLcosq0,E=mgcosq0(1+sin)(3)设试探电荷在C点的电势能为EpC,在D点的电势能为EpD,则试探电荷从C运动到D的过程中,根据电场力做功与电势能变化的关系有WCD=EpC-EpD根据电势的定义式有C=EpCq、D=EpDq联立解得WCD=qC-qD,即WCDq=C-D所以WCDq=C-D=UCD,可见两种定义方式是统一性的。11.答案(1)mv022qEtan2+Rsin (2)mv02Rsin2+qE(3+2sin )解析(1)设小球从推出点到A点所用时间为t,从推出到A的过程中,沿电场方向匀加速直线运动位移x=12qEmt2在A点时,由几何关系有v0=qEmttan联立解得x=mv022qEtan2推出点到O点沿电场方向的距离L=mv022qEtan2+Rsin(2)小球过A点时,有vAsin=v0从A到B,由动能定理,有qER(1+sin)=12mvB2-12mvA2在B点,对小球,有FN-qE=mvB2R则由牛顿第三定律,有小球对轨道的压力大小为FN=FN联立解得FN=mv02Rsin2+qE(3+2sin)
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