第7章 微专题56

[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．
1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，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1
A ．A 、K 之间的电场强度为U d
B ．电子到达A 极板时的动能大于eU
C ．由K 到A 电子的电势能减小了eU
D ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小
2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )
图2
A ．它们运动的时间t N ＝t M
B ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2
C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2
D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶2
3．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )
图3
A ．U 1∶U 2＝1∶8
B ．U 1∶U 2＝1∶4
C ．U 1∶U 2＝1∶2
D ．U 1∶U 2＝1∶1
4．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )
图4
A ．4∶1
B ．2∶1
C ．1∶1
D ．1∶2
5．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )
图5
A ．粒子一定带正电
B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势
C ．匀强电场的电场强度大小为m v 02sin 2θ4qd
D ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能
6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，
粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R
2
，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.
图6
7.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系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 ＝4
3×103 V /m ；比荷为1.0×105 C/kg 的带正电的粒子P
从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：
图7
(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；
(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微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 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．
8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2 m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．
图8
(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；
(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；
(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝4
3E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形
区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．
答案精析
1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是U
d ，选项A 错误；由动
能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD
3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝v t ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx 2
2md v 2，偏转电压为U ＝
2mdy v 2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝1
8，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析
解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12
at 2 由牛顿第二定律得qE ＝ma 由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋3
2
)R
联立解得：q m ＝4(7－43)v 0
2
ER
7．(1)1 000 V (2)y ＝1
6
x 2，其中x >0
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v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE
2m t 02
解得：v 0＝2×104 m/s
在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝1
2m v 02
解得：U AB ＝1 000 V
(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；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 ：Eq ＝ma 1 对于Q ：Eq ＝2ma 2 x ＝v 0t 12a 1t 2＝y ＋12
a 2t 2 解得：y ＝1
6
x 2，其中x >0
即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为 y ＝1
6
x 2，其中x >0 8．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4
解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝1
2m v 2，其中L ＝2 m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，
竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0
v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2 m ，
解得E 1＝4E 0.
(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝1
2m v 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，
竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (y
v 1
)2，解得y ＝x .
(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．
由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (y
v 2)2，
而y ′y －y ′＝GP NE ，其中GP ＝y 2，
NE ＝2 m ，
在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝1
2m v 22，解得y ＝3x －4.。