专题06 静电场
1.(2020·高考天津卷)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程( )
1A.动能增加mv2
2B.机械能增加2mv2 3
C.重力势能增加mv2
2D.电势能增加2mv2 【答案】B
113
【解析】动能变化量ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2,A错;重力和电场力做功,机械能增加量等于
222qE
电势能减少量,带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动,由运动学公式得(2v)2-0=2x,则电
m势能减少量等于电场力做的功ΔEp电=W电=qEx=2mv2,B对,D错;在竖直方向做匀减速到零的运动,1
由-v2=-2gh,得重力势能增加量ΔEp重=mgh=mv2,C错.
2
2.(2018·高考全国卷Ⅱ,T21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是( )
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
W1+W2B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为 2W2
C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为
qL
D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】结合题意,只能判定Uab>0、Ucd>0,但电场方向不能得出,A错误;根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(φa-φb)①,W2=q(φc-φd)②,WMN=q(φM-φN)③,根据匀强电场中“同一条直φa+φc
线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即φa-φM=φM-φc,可得φM=
2φb+φdW1+W2
④,同理可得φN=⑤,联立①②③④⑤式可得WMN=,故B项正确;电场强度的方向只有沿
22W2
c→d时,场强E=,但本题中电场方向未知,故C错误;若W1=W2,则φa-φb=φc-φd,结合④⑤两式
qL可推出φa-φM=φb-φN,故D正确.
3.(2018·高考全国卷Ⅰ,T21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V.一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是( )
A.平面c上的电势为零 B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 【答案】AB
【解析】因等势面间距相等,由U=Ed得相邻虚线之间电势差相等,由a到d,eUad=-6 eV,故Uad
=6 V,各虚线电势如图所示,因电场力做负功,故电场方向向右,沿电场线方向电势降低,φc=0,A对.
因电子的速度方向未知,若不垂直于等势面,如图中实线所示,电子可能到达不了平面f,B对. 经过d时,电势能Ep=eφd=2 eV,C错.
由a到b,Wab=Ekb-Eka=-2 eV,所以Ekb=8 eV,由a到d,Wad=Ekd-Eka=-6 eV,所以Ekd
1
=4 eV,则Ekb=2Ekd,根据Ek=mv2知vb=2vd,D错.
2
4.(2020·高考全国卷Ⅲ,T24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点.从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电,B的电荷量为q(q>0).A从tO点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g,
2求:
(1)电场强度的大小; (2)B运动到P点时的动能. 3mg22
【答案】(1) (2)2m(v20+gt) q
【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有
mg+qE=ma① 1t212a()=gt② 2223mg解得E=③
q
(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有
1Ek-mv2=mgh+qEh④
21且有 t
v1=v0t⑤ 21
h=gt2⑥ 2联立③④⑤⑥式得
22
Ek=2m(v20+gt)⑦
5.(2020·高考全国卷Ⅱ,T24)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同.G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0).质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.
(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小; (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少? 12φ【答案】(1)mv2+qh v0
20d
mdh (2)2v0qφ
mdh qφ
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等,均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有
2φE=①
dF=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有 12
qEh=Ek-mv0③
2
设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有 1
h=at2④ 2l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 12φEk=mv2qh⑥ 0+2dl=v0
mdh⑦ qφ
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度L为
L=2l=2v0
mdh
⑧ qφ
1. (2020·山东滨州市模拟)真空中某静电场,虚线表示等势面,各等势面电势的值如图5所示,一带电粒子只在电场力的作用下,沿图中的实线从A经过B运动到C,B、C两点位于同一等势面上,则以下说法正确的是( )
图5
A.带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 B.A点电场强度大于B点电场强度
C.带电粒子从A经过B运动到C的过程中动能先增大再减小 D.带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力所做的功 【答案】D
【解析】根据电场线与等势面垂直,且由高电势指向低电势,可知电场线方向大致向右,根据粒子轨迹的弯曲方向可知,粒子所受的电场力方向大致向左,则知粒子一定带负电.从A到C,由W=qU,知U>0,q<0,则W<0,即电场力做负功,电势能增加,A处电势能小于C处电势能,故A错误;等差等势面的疏密反映电场强度的大小,则知A处场强小于B处场强,故B错误;带电粒子从A运动到B的过程中,电场力做负功,动能减小,故C错误;由题图知,AC间电势差等于AB间的电势差,根据W=Uq知,带电粒子从A到C电场力所做的功等于从A到B电场力所做的功,故D正确.
2 (2020·陕西宝鸡市模拟)真空中有一带负电的电荷q绕固定的点电荷+Q运动,其运动轨迹为椭圆,如图6所示.已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点,+Q处在椭圆的一个焦点上,则下列说法正确的是( )
图6
A.+Q产生的电场中a、c两点的电场强度相同 B.负电荷q在b点的速度大于在d点的速度 C.负电荷q在b点电势能大于d点电势能 D.负电荷q在运动过程中电场力始终不做功 【答案】B
kQ
【解析】a、c为椭圆的两个顶点,则a、c两点到Q的距离相等,由点电荷的场强公式:E=2可知,
r两点的电场强度大小相等,因两点的电场强度方向不同,故A错误;负电荷q由b运动到d的过程中,电场力做负功,电势能增加,动能减小,所以负电荷q在b点的速度大于d点速度,故B正确,C错误;负电荷q由a经d运动到c的过程中,电场力先做负功再做正功,故D错误.
3. (2020·重庆市第三次调研抽测)某种静电除尘器中的电场线如图7中虚线所示.K为阴极,A为阳极,两极之间的距离为d.B点是AK连线的中点.在两极之间加上高压U,有一电子在K极由静止被加速.不考虑电子重力,元电荷为e,则下列说法正确的是( )
图7
U
A.A、K之间电场强度的大小为 dB.电子到达A时动能等于eU C.由K到A电子电势能增大了eU
D.B、K之间的电势差小于A、B之间的电势差 【答案】BD
【解析】A、K之间建立的是非匀强电场,公式U=Ed不适用,故A错误;根据动能定理得:Ek
-0=eU,得电子到达A极板时的动能Ek=eU,故B正确;电场力做正功,动能增大,电势能减小eU,故C错误;B、K之间的场强小于A、B之间的场强,根据U=Ed可知,B、K之间的电势差小于A、B之间的电势差,故D正确.
4. (2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示,在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q,坐标轴上有A、B、C三点,OA=OB=BC=a,其中A点和B点的电势相等,O点和C点的电势相等,静电力常量为k,则下列说法正确的是( )
图8
A.点电荷Q位于O点 B.O点电势比A点电势高 kQ
C.C点的电场强度大小为2 2a
D.将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点,电势能一直减小 【答案】C
【解析】因A点和B点的电势相等,O点和C点的电势相等,故A、B到点电荷的距离相等,O、C到点电荷的距离也相等,则点电荷位置如图所示,由图可知A错误;因点电荷带正电,故离点电荷越近电势QkQ
越高,O点电势比A点低,故B错误;由题图可知点电荷与C点的距离rC=2a,根据E=k2,得EC=2,r2a故C正确;由图可知,将正试探电荷从A点沿直线移动到C点,电势先升高再降低,故电势能先增大再减小,故D错误.
5. (2020·安徽安庆市二模)如图3所示,一水平放置的平行板电容器与电源相连,开始时开关闭合.一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入,恰好沿中心线①通过电容器.则下列判断正确的是( )
图3
A.粒子带正电
B.保持开关闭合,将B板向上平移一定距离,可使粒子沿轨迹②运动 C.保持开关闭合,将A板向上平移一定距离,可使粒子仍沿轨迹①运动 D.断开开关,将B板向上平移一定距离,可使粒子沿轨迹②运动 【答案】B
【解析】开关闭合时,油滴做匀速直线运动,电场力与重力平衡,A极板和电源正极相连,所以场
强方向向下,故油滴带负电,A错误;保持开关闭合,电容器两端电压不变,B板上移,板间距d变小,由U
公式E=知场强增大,电场力大于重力,粒子沿轨迹②运动,故B正确;保持开关闭合,将A板向上平移
dU
一定距离,板间距d增大,由公式E=知场强减小,电场力小于重力,所以粒子向下偏转,故C错误;断
dQεrSU4πkQ
开开关,电容器电荷量不变,将B板向上平移一定距离,由公式C=,C=,E=得,E=,与
U4πkddεrS板间距离无关,故场强不变,所以粒子沿轨迹①运动,故D错误.
1.(2020·湖南株洲二中高三模拟)如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则( )
A.A、C两处电势、场强均相同 B.B、D两处电势、场强均相同 C.A、C两处电势、场强均不相同 D.B、D两处电势、场强均不相同 【答案】B
【解析】A处电势为正,C处电势为负,故电势不同;A处场强方向向左,C处场强方向也向左,大小相同,故A、C错误;B、D两处场强大小相等,方向水平向右,两处的电势均为0,故B正确,D错误.
2.(2020·山西康杰中学高三质检)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则( )
A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变 C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变 【答案】D
εrS【解析】若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离,根据C=可知,C变大;根据Q
4πkdU
=CU可知,在Q一定的情况下,两极板间的电势差减小,则静电计指针偏角θ减小;根据E=,Q
dεrS4πkQ
=CU,C=联立可得E=,可知E不变;P点离下极板的距离不变,E不变,则P点与下极
4πkdεrS板的电势差不变,P点的电势不变,故Ep不变;由以上分析可知,选项D正确.
3.(2020·辽宁大连二十四中高三模拟)如图甲所示,x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O),其上有M、N、P三点,间距MN=NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙.则( )
A.M点电场场强大小为零 B.N点电场场强大小为零
C.M、N之间电场方向沿x轴负方向
D.一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|WPN|=|WNM| 【答案】B
【解析】由题图可知,由M到N电势降低,由无限远处到N电势降低,根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质,可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向,无限远处到N点电场方向沿x轴负方向,且N点场强为零,选项A、C错误,B正确;|WPN|=|qUPN|=|q(φP-φN)|<|q(φN-φM)|=|WNM|,选项D错误.
4.(2020·江苏海安高中高三质检)如图所示,在第一象限内有水平向右的匀强电场,电场强度大小E=3mv20
.在第四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场,在该平面内有一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子2qd
23?
从P点以初速度v0沿y轴负方向射出,P点的坐标为?2d,d.粒子恰好能打到y轴上,不考虑粒子的重
3??力,则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )
mv0mv0
A. B. 4qd2qdmv02mv0C. D. qdqd
【答案】C
23
【解析】如图所示,粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴负方向做匀速直线运动,有d=v0t,
3
2
qE3v01
沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a==,则沿x轴正方向的位移x=at2=
m2d2
d,设射出电场时粒子的速度v方向与初速度v0方向的夹角为θ,根据类平抛运动的推论得tan θ=2
x
23
d3
v0
=3,则θ=60°,所以v==2v0,粒子在磁场中做匀速圆周运动,恰好打到y轴上时,轨迹与
cos 60°y轴相切,设粒子轨迹半径为r,根据几何关系得r+rcos 60°=2d+x,解得r=2d,粒子做匀速圆周运mv2mv0动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=,解得B=,选项C正确.
rqd
5.(2020·福建仙游一中高三模拟)如图所示,实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线,虚直线cd为Q1、Q2连线的垂直平分线,O为垂足,c、d两点在垂直平分线上且关于Q1、Q2连线对称.一电子(不计重力)从a点沿虚曲线途径O点运动到b点.下列说法正确的是( )
A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B.c、d两点的电势相同,场强不相同
C.电子过O点时的加速度大于过a点时的加速度 D.电子在O点时的电势能大于在a点时的电势能 【答案】BC
【解析】Q1周围的电场线比Q2周围的电场线密,说明Q1的电荷量大于Q2的电荷量,A错误;根据电场线的分布情况知Q1、Q2为异种电荷,根据曲线运动的向心力方向指向凹处知,Q1为正电荷,Q2为负电荷,电场线的方向由Q1沿电场线指向Q2,根据对称性知c、d两点的电势相等,场强大小相等,方向不同,eE
B正确;O点附近的电场线比a点附近的电场线密,O点场强较大,由加速度a0=知,电子过O点时的
m加速度大于过a点时的加速度,C正确;电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°,电场力做正功,电势能逐渐减小,即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能,D错误.
6.(2020·湖北孝感高级中学高三调研)如图所示,A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面,一电子经过等势面D时,动能为16 eV,速度方向垂直于等势面D且经过等势面C时,电势能为-8 eV,经过等势面B时速度恰好为零,已知相邻等势面间的距离均为4 cm,电子重力不计.则下列说法正确的是( )
A.电子做匀变速直线运动 B.匀强电场的场强大小为100 V/m C.等势面A的电势为-8 V
D.电子再次经过等势面D时,动能为16 eV 【答案】ACD
【解析】电子从等势面D运动到等势面B的过程中,由动能定理得-eUDB=0-EkD,则可解得UDB
=16 V,又电子在等势面C时,由EpC=-eφC,代入数据解得φC=8 V,又因为相邻等势面之间的距离相等,则相邻两等势面的电势差相等,则φB=0、φA=-8 V、φD=16 V,C正确;由于电场为匀强电场,则电子所受的电场力为恒力,电子做匀变速直线运动,A正确;由电势差与电场强度的关系可知E=
UDB16= V/m=200 V/m,B错误;当电子从等势面D运动到等势面B,再回到等势面D的整个过dDB0.08
程中,电场力所做的功为零,由能量守恒定律可知,电子再次回到等势面D时的动能仍为16 eV,D正确.
7.(2020·甘肃天水高三模拟)如图(a)所示,AB是某电场中的一条电场线,若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下,沿AB由点A运动到点B,所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示.以下说法正确的是( )
A.电子在A、B两点的速度vA<vB B.A、B两点的电势 φA<φB
C.电子在A、B两点的电势能EpA>EpB D.A、B两点的电场强度 EA>EB
【解析】由图(b)可知,电势逐渐降低,可判断出电场线的方向从A到B,在移动过程中,电场力做负功,电子的动能减小,速度减小,而电子的电势能增大,即有vA>vB,EpA<EpB,故A、C错误;电场线的方向从A到B,则A、B两点的电势φA>φB,故B错误;φ -x图象的斜率大小等于电场强度,由几何知识可知,图象的斜率逐渐减小,则从点A到点B场强逐渐减小,则有EA>EB,故D正确.
【答案】D
8.(2020·河南驻马店高三模拟)如图所示,在水平向右的匀强电场中,固定有一根与水平方向成45°角的绝缘光滑直杆ab.一带电小圆环套在杆上,恰好能沿杆匀速下滑.当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后,经过一段时间正好通过b端正下方的c点处.已知重力加速度为g,杆固定不动,则b、c两点之间的距离为( )
v2v200A. B. 2gg2v20C. g
2v20D.
g
【解析】小圆环恰好能沿杆匀速下滑,则对小圆环受力分析可知,电场力水平向左,大小为F=mg;
脱离细杆后,小圆环的水平速度和竖直速度均为vx=vy=v0sin 45°=
2
v,水平加速度方向向左,大小20
F2vx2v0122v20
为a==g,则由b到c点运动的时间t==,则竖直方向y=vyt+gt=,故选项C正确.
mgg2g
【答案】C
9.(2020·江西南昌三中模拟)如图所示,直角坐标系中x轴上在x=-r处固定有带电荷量为+9Q的正点电荷,在x=r处固定有带电荷量为-Q的负点电荷,y轴上a、b两点的坐标分别为ya=r和yb=-r,c、d、e点都在x轴上,d点的坐标为xd=2r,r A.场强大小Ec>Ee B.a、b两点的电势相等 C.d点场强为零 D.a、b两点的场强相同 9QQ【解析】+9Q在d点产生的场强大小E1=k=k,方向水平向右,-Q在d点产生的场强大 ?3r?2r2 Q 小E2=k2,方向水平向左,所以由电场的叠加原理可知,d点场强为零,故C正确;d点场强为零,c、 rd点间距与d、e点间距相等,根据电场线的分布情况知,c处电场线密,场强大,故A正确;由电场分布的对称性可知,a、b两点的电势相等,故B正确;根据电场线分布的对称性可知,a、b两点场强的大小相等,但方向不同,则a、b两点的场强不相同,故D错误. 【答案】D 10.(2020·河南重点中学高三联考)如图所示,两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态.以下说法正确的是 ( ) A.若将A板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G中有b→a的电流 B.若将A板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G中有b→a的电流 C.若将S断开,则油滴立即做自由落体运动,G中无电流 D.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G中有b→a的电流 【解析】根据电路图可知,当S闭合后,A板带负电,B板带正电,原来油滴恰好处于静止状态,说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡;若将A板向上平移一小段位移,则板间间距dU 变大,而两板间电压U此时不变,故板间场强E=变小,油滴所受合力方向向下,所以油滴向下加速运动, dεrS 而根据C=可知,电容C减小,故两板所带电荷量Q也减小,因此电容器放电,所以G中有b→a的 4πkd电流,选项A正确.在S闭合的情况下,若将A板向左平移一小段位移,两板间电压U和板间间距d都不εrS 变,所以板间场强E不变,油滴受力平衡,仍然静止,但是两板的正对面积S减小了,根据C=可知, 4πkd电容C减小,两板所带电荷量Q也减小,电容器放电,所以G中有b→a的电流,选项B正确.若将S断开,两板所带电荷量保持不变,板间场强E也不变,油滴仍然静止,选项C错误.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,两板所带电荷量Q仍保持不变,两板间间距d变小,根据C= εrSQU ,U=和E=,4πkdCd 4πkQ 可得E=,显然,两板间场强E不变,所以油滴仍然静止,G中无电流,选项D错误. εrS 【答案】AB 11.(2020·湖北十堰高三模拟)在电场方向水平向右的匀强电场中,从A点竖直向上抛出一带电小球,其运动的轨迹如图所示,小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点,小球抛出时的动能为8 J,在M点的动能为6 J,不计空气的阻力,则下列判断正确的是( ) A.小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 B.小球水平位移x1与x2的比值为1∶4 C.小球落到B点时的动能为32 J D.小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J 【解析】小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动,小球在竖直方向上升和下落的时间相同,由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2=1∶3,选项A正确,选项B错误;设小球在M点时121的水平分速度为vx,则小球在B点时的水平分速度为2vx,根据题意有mv0=8 J,mv2=6 J,因而在B点 22 x1 时小球的动能为EkB=m[v2+(2vx)2]=32 J,选项C正确;由题意知,小球受到的合外力为重力与电场力的 20合力,为恒力,小球在A点时,F合与速度之间的夹角为钝角,小球在M点时,速度与F合之间的夹角为锐 角,则F合对小球先做负功再做正功,由动能定理知,小球从A到M过程中,动能先减小后增大,小球从M到B的过程中,合外力一直做正功,动能一直增大,故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J,选项D错误. 【答案】AC 12.(2020·安徽安庆一中高三模拟)如图所示,带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场,A、B板间电势差大小为U,极板间距离为L.其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D,极板长度为L,C、D板间加恒定的电压.现有一质量为m、带电荷量为e的电子(重力不计),从A板处由静止释放,经电场加速后通过B板的小孔飞出;经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域,速度方向与边界夹角为60°,求: (1)电子在A、B间的运动时间; (2)C、D间匀强电场的电场强度大小. eU【解析】(1)电子在A、B间直线加速,加速度a= mL1 电子在A、B间的运动时间为t,则L=at2 2所以t=L 2m. eU (2)设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0,则电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度eEL23U 为vy=v0tan 30°,又vy=·,v0=at,所以C、D间匀强电场的电场强度E=. mv03L 【答案】(1)L 2m23U (2) eU3L 13.(2020·山东潍坊高三检测)如图所示,一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内,为了使这个粒子能经过x轴上定点b,可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场.已知所加电场的场强大小为E,电场区域沿x方向的宽度为s,Oa=L,Ob=2s,粒子的质量为m,带电荷量为q,重力不计,试讨论电场的左边界与b的可能距离. 【解析】设电场左边界到b点的距离为Δx,已知电场宽度为s,Ob=2s,分以下两种情况讨论: (1)若粒子在离开电场前已到达b点,如图甲所示,即 Δx≤s,则Δx=v0t qE y=L=t2 2m联立解得Δx= 2mv20L. qE qE (2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点,如图乙所示,即s<Δx≤2s,则s=v0t,y=t2 2mqEtmL-y 由几何关系知tan θ== v0Δx-smv2s0L 联立解得Δx=+. qEs2 14.如图所示,竖直平行正对放置的带电金属板A、B,B板中心的小孔(未画出)正好位于平面直角坐4 标系xOy的O点,y轴沿竖直方向,在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E=×103 3V/m,比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处由静止释放,其运动轨迹恰好经过M(3 m,1 m)点.粒子P的重力不计. (1)求金属板A、B之间的电势差UAB; (2)若在粒子P经过O点的同时,在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q,使P、Q恰能在运动中相碰.假设Q的质量是P的质量的2倍,带电情况与P相同,Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计,求粒子Q所有释放点的集合. 【解析】(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q,从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知,粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动.设该粒子从O点运动到M(3 m,1 m)点所用时1qE 间为t0,由类平抛运动规律可得xM=v0t0,yM= t2, 2m0 解得v0=2×104 m/s. 在金属板A、B之间,由动能定理得 12qUAB=mv0, 2解得UAB=1 000 V. (2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2,粒子Q从坐标N(x,y)点释放后,经时间t与粒子P相遇.由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得 对于P有Eq=ma1 对于Q有Eq=2ma2 x=v0t 121a1t=y+a2t2 22 1 联立以上各式解得y=x2,其中x>0 6 即粒子Q的释放点N(x,y)的坐标满足方程 1 y=x2(x>0). 6 1 【答案】(1)1 000 V (2)y=x2(x>0) 6
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