第六章第三講帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題(此題共5小題，每題7分，共35分)1．如圖1所示，從F處釋放一個無初速的電子向B板方向運動，指出以下對電子運動的描述中錯誤的選項是(設電源電動勢為E)()A．電子到達B板時的動能是EeVB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是3EeVD．電子在A板和D板之間做往復運動解析：由電池的接法知：A板帶負電，B板帶正電，C板帶正電，D板帶負電，所以A、B板間有向左的電場，C、D板間有向右的電場，B、C板間無電場，由動能定理知：電子到達B板時的動能為EeV，到達D板時的動能為零，在B、C板間做勻速直線運動，總之電子能在A板和D板間往復運動，所以錯誤選項為C.答案：C2．如圖2所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2解析：要使電子的運動軌跡不變，那么應使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后任一水平位移x所對應的偏轉(zhuǎn)距離y保持不變．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(x,v0))2＝eq\f(qU2x2,2mv02d)和qU1＝eq\f(1,2)mv02，得y＝eq\f(U2x2,4U1d)，可見在x、y一定時，U2∝U1.所以選項A正確．答案：A3．(2022·廈門模擬)如圖3所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，那么從開場射入到打到上板的過程中()A．它們運動的時間tQ>tPB．它們運動的加速度aQ<aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2解析：設P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是h/2，它們做類平拋運動的水平距離為l.那么對P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPtP2，得到aP＝eq\f(hv02,l2)；同理對Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQtQ2，得到aQ＝eq\f(2hv02,l2).由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2.由動能定理，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.綜上所述，C項正確．答案：C4．如圖4所示，一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(如圖)以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2，假設不計重力，那么a和b的比荷之比是()A．1∶2B．1∶8C．2∶1D．4∶1解析：帶電粒子受到的電場力F＝Eq，產(chǎn)生的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，在電場中做類平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2d,a))，位移x＝v0t，eq\f(x1,x2)＝eq\f(\r(\f(m1,q1)),\r(\f(m2,q2)))，所以eq\f(\f(q1,m1),\f(q2,m2))＝eq\f(x22,x12)＝eq\f(4,1)，D正確．答案：D5．如圖5所示，一個平行板電容器，板間距離為d，當對其加上電壓后，A、B兩板的電勢分別為＋φ和－φ，下述結(jié)論錯誤的選項是()A．電容器兩極板間可形成勻強電場，電場強度大小為E＝φ/dB．電容器兩極板間各點的電勢，有的相同，有的不同；有正的，有負的，有的為零C．假設只減小兩極板間的距離d，該電容器的電容C要增大，極板上帶的電荷量Q也會增加D．假設有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場，那么電子的電勢能一定會減小解析：由題意可知，兩板間電壓為2φ，電場強度為E＝eq\f(2φ,d)，A錯誤；板間與板平行的中線上電勢為零，中線上方電勢為正，下方電勢為負，故B正確；由C∝eq\f(εrS,d)知，d減小，C增大，由Q＝CU知，極板帶電荷量Q增加，C正確；電子水平射入穿越兩極板之間的電場時，電場力一定對電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確．答案：A二、雙項選擇題(此題共5小題，共35分．在每題給出的四個選項中，只有兩個選項正確，全部選對的得7分，只選一個且正確的得2分，有選錯或不答的得0分)6．(2022·泰安質(zhì)檢)傳感器是一種采集信息的重要器件，圖6所示是一種測定壓力的電容式傳感器．當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，以下說法中正確的選項是()A．假設F向上壓膜片電極，電路中有從a到b的電流B．假設F向上壓膜片電極，電路中有從b到a的電流C．假設F向上壓膜片電極，電路中不會出現(xiàn)電流D．假設電流表有示數(shù)，那么說明壓力F發(fā)生變化解析：F向上壓膜片電極，使得電容器兩板間的距離減小，電容器的電容增加，又因電容器兩極板間的電壓不變，所以電容器的電荷量增加，電容器繼續(xù)充電．綜上所述，選項B、D正確．答案：BD7．(2022·寧夏高考)如圖7所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地．開場時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α.在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是()A．縮小ab間的距離B．加大ab間的距離C．取出a、b兩極板間的電介質(zhì)D．換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)解析：已知電容器C帶電荷量不變，a、Q兩板均接地，電勢為零，b、P兩板電勢相等．當ab間距離縮小時，電容器C的電容變大，電壓U變小，即b、P兩板電勢減小，即P、Q間電壓減小，電場強度E減小，懸線偏角α減小，所以A錯誤，B正確．取出a、b兩極板間電介質(zhì)時，電容器C的電容變小，電壓U變大，懸線偏角α增大，所以C正確．當換一塊介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時，電容器C的電容變大，電壓U變小，懸線偏角α減小，所以D錯誤．答案：BC8．如圖8所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A．極板X應帶正電B．極板X′應帶正電C．極板Y應帶正電D．極板Y′應帶正電解析：由熒光屏上亮斑的位置可知，電子在XX′偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確，B錯誤；電子在YY′偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板Y帶正電，C正確，D錯誤．答案：AC9．(2022·四川高考)如圖9所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度v1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為v2(v2<v1)．假設小物體電荷量保持不變，OM＝ON，那么()A．小物體上升的最大高度為eq\f(v12＋v22,4g)B．從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C．從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D．從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析：因為OM＝ON，M、N兩點位于同一等勢面上，所以從M到N的過程中，電場力對小物體先做正功再做負功，電勢能先減小后增大，B、C錯誤；因為小物體先靠近正點電荷后遠離正點電荷，所以電場力、斜面壓力、摩擦力都是先增大后減小，D正確；設小物體上升的最大高度為h，摩擦力做功為W，在上升過程、下降過程根據(jù)動能定理得－mgh＋W＝0－eq\f(1,2)mv12①mgh＋W＝eq\f(1,2)mv22，②聯(lián)立①②解得h＝eq\f(v12＋v22,4g)，A正確．答案：AD10．如圖10所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a.平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點處于靜止狀態(tài)．以E表示兩極板間的電場強度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點的電勢能．假設保持極板B不動，將極板A稍向上平移，那么以下說法中正確的選項是()A．E變小B．U變大C．Ep變大D．電荷仍保持靜止解析：B板不動而A板上移，那么電容器的電容減小，本應放電，但由于二極管的單向?qū)щ娦允闺娙萜鞑荒芊烹?，帶電量不變而極板間場強不變，電荷仍保持靜止，A錯D正確；而極板間電壓U＝Ed變大，B正確；由于場強E不變，那么UPB＝EdPB不變，故Ep不變，C錯誤．答案：BD三、非選擇題(此題共2小題，共30分)11．(15分)(2022·北京東城模擬)如圖11所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力．(1)求電子穿過A板時速度的大??；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；(3)假設要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？解析：(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理eU1＝eq\f(1,2)mv02－0解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))(2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式t＝eq\f(L,v0)F＝ma，F(xiàn)＝eE，E＝eq\f(U2,d)a＝eq\f(eU2,md)y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(U2L2,4U1d)(3)由y＝eq\f(U2L2,4U1d)可知，減小加速電壓U1和增大偏轉(zhuǎn)電壓U2均可增大y值，從而使電子打到屏上的位置在P點上方．答案：(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4U1d)(3)減小加速電壓U1和增大偏轉(zhuǎn)電壓U212．(15分)(2022·鞍山模擬)在場強為E＝100V/m的豎直向下的勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板，在金屬板的正上方，高為h＝0.8m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒內(nèi)，如圖12所示．放射源以v0＝200m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋放質(zhì)量為m＝2×10－15kg、電荷量為q＝＋10－12最后落在金屬板上．不計粒子重力，試求：(1)粒子下落過程中電場力做的功；(2)粒子打在金屬板上時的動能；(3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大小．(結(jié)果保存兩位有效數(shù)字)解析：(1)粒子在下落過程中電場力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8J＝8×10－1