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倒數(shù)第6天電場和帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)問回扣導(dǎo)圖考前必做題1.如圖1所示,菱形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)分別放上電荷量都為Q的不同電性的點(diǎn)電荷,∠abc=120°.對(duì)角線的交點(diǎn)為O,A、B、C、D分別是O點(diǎn)與四個(gè)頂點(diǎn)連線的中點(diǎn),則下列說法正確的是 ()圖1 A.O點(diǎn)的電勢和電場強(qiáng)度都為零 B.A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相等 C.B、D兩點(diǎn)的電勢相等且都為正 D.正的檢驗(yàn)電荷從A到D電場力做正功 解析依據(jù)電場疊加原理可知,O點(diǎn)的場強(qiáng)為零,電勢為正,A項(xiàng)錯(cuò)誤;依據(jù)電場疊加原理可知,A、C兩點(diǎn)的場強(qiáng)等大反向,B項(xiàng)錯(cuò)誤;依據(jù)幾何關(guān)系可知,B、D點(diǎn)都在a、b兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場中零等勢線的右側(cè),都在c、d兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場中零等勢線的左側(cè),因此電勢疊加后確定為正,依據(jù)對(duì)稱性可知,這兩點(diǎn)的電勢相等,C項(xiàng)正確;同理可以分析,A點(diǎn)電勢為負(fù),因此正的檢驗(yàn)電荷從A到D電勢能增大,電場力做負(fù)功,D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案C2.(多選)如圖2為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖象,-x0與x0關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱,則下列說法正確的是 ()圖2 A.縱橫的左側(cè)為勻強(qiáng)電場 B.-x0處的場強(qiáng)為零 C.一電子在x0處由靜止釋放,電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),加速度漸漸增大 D.一電子在x0處由靜止釋放,電子不肯定沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),但速度漸漸增大 解析縱軸的左側(cè)x軸上電勢處處相等,因此場強(qiáng)為零,不行能是勻強(qiáng)電場,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;x軸正半軸不肯定與電場線重合,且電場線不肯定是直的,因此帶電粒子不肯定沿x軸正方向運(yùn)動(dòng),但從靜止開頭只在電場力的作用下運(yùn)動(dòng),電場力做正功,速度漸漸增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 答案BD3.(多選)如圖3所示,一帶電粒子僅在電場力的作用下,沿始終的電場線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),則關(guān)于此帶電粒子運(yùn)動(dòng)的v-t圖象,可能正確的是 ()圖3 解析帶電粒子在直的電場線上從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),在電場力的作用下,不是做加速運(yùn)動(dòng),就是做減速運(yùn)動(dòng),不行能做勻速運(yùn)動(dòng),也不行能先減速后加速,因此A、B項(xiàng)錯(cuò)誤;假如電場力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反,且電場強(qiáng)度先增大后減小,則C項(xiàng)正確;假如電場力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同,且電場強(qiáng)度先增大后減小,則D項(xiàng)正確. 答案CD4.(多選)如圖4所示的平行板電容器、電源、電阻和電鍵組成的電路中,電鍵K閉合后,兩板間的帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法正確的是 ()圖4 A.粒子帶負(fù)電 B.?dāng)嚅_電鍵K,粒子會(huì)向下運(yùn)動(dòng) C.保持電鍵K閉合,增大兩板間距離的過程中,電流表中有從左向右的電流 D.保持電鍵K閉合,使兩板繞垂直于紙面的過兩板中點(diǎn)的軸a、b沿順時(shí)針以相同的角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度,粒子仍會(huì)保持靜止 解析K閉合時(shí),上板帶正電,粒子要保持靜止,電場力向上,因此粒子帶負(fù)電,A項(xiàng)正確;斷開電鍵后,兩板上的帶電荷量保持不變,粒子仍保持靜止,B項(xiàng)錯(cuò)誤;保持電鍵K閉合,增大兩板間距離的過程中,由平行板電容器的電容打算式C=eq\f(εrS,4πkd)可知,電容器的電容減小,兩板間的電壓不變,由Q=CU可知,電容器的帶電荷量減小,電容器放電,電流表中有從左到右的電流,C項(xiàng)正確;保持電鍵K閉合,使兩板繞垂直于紙面的過兩板中點(diǎn)的軸a、b沿順時(shí)針以相同的角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度,兩板間的電場有了一個(gè)水平重量,粒子會(huì)受到一個(gè)水平的電場分力,不會(huì)保持靜止?fàn)顟B(tài),D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案AC5.(多選)如圖5所示,水平放置的平行板M、N帶等量的異種電荷,一帶電小球從N板的左邊緣A點(diǎn)以初速度v0射入板間電場,并沿直線AB運(yùn)動(dòng),則下列說法正確的是 ()圖5 A.小球沿AB做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B.小球的電勢能肯定削減 C.在小球運(yùn)動(dòng)過程中,將M板向下移,小球在電場中將做向下偏的曲線運(yùn)動(dòng) D.在小球運(yùn)動(dòng)過程中,將M板漸漸地向右移,小球在電場中將做向上偏的曲線運(yùn)動(dòng) 解析假如小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng),則合力肯定與速度在同始終線上,而小球受到的電場力與重力均沿豎直方向,合力不行能與AB平行,因此小球不行能做勻變速直線運(yùn)動(dòng),肯定是做勻速直線運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球受到的電場力方向豎直向上,與速度的夾角小于90°,因此電場力做正功,小球的電勢能減小,B項(xiàng)正確;將M板下移,板間距離減小,由E=eq\f(U,d),C=eq\f(Q,U),C=eq\f(εrS,4πkd),得E=eq\f(4πkQ,εrS),由此可知,向下移動(dòng)M板,板間的電場強(qiáng)度不變,小球受到的電場力不變,因此小球仍舊做勻速直線運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;若將M板向右移動(dòng),板間的正對(duì)面積減小,由E=eq\f(4πkQ,εrS)可知,電場強(qiáng)度增大,小球受到的電場力大于重力,因此小球會(huì)做向上偏的曲線運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)正確. 答案BD6.(多選)如圖6所示,一帶電粒子,質(zhì)量為m,電荷量為q,以肯定的速度沿水平直線A′B′方向通過一正交的電磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,電場強(qiáng)度為E.粒子沿垂直等邊三角形磁場邊框的AB邊方向由中點(diǎn)的小孔O進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場,該三角形磁場的邊長為a,經(jīng)過兩次與磁場邊框碰撞(碰撞過程遵從反射定律)后恰好返回到小孔O,則以下說法正確的是 ()圖6 A.該帶電粒子肯定帶正電 B.該帶電粒子的速度為eq\f(E,B1) C.等邊三角形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(2mE,B1qa) D.該粒子返回到小孔O之后仍沿B′A′直線運(yùn)動(dòng) 解析由于磁場的方向沒有明確,因此無法確定帶電粒子的電性;由粒子做直線運(yùn)動(dòng)不難得出,該粒子做的肯定是勻速直線運(yùn)動(dòng),則由Eq=B1qv可得v=eq\f(E,B1);進(jìn)入三角形磁場區(qū)后,經(jīng)過2次碰撞恰好返回到小孔O,經(jīng)分析可知,該
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