2019版高考物理一轮复习备考精炼微专题辑（江苏专版）：第六章 静电场 微专题51 WORD版含解析.docx

1、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1AA、K之间的电场强度为B电子到达A极板时的动能大于eUC由K到A电子的电势能减小了eUD由K沿直线到A电势逐渐减小2(多选)(2018泰州中学模拟)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

2、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2A它们运动的时间tNtMB它们电势能减少量之比EMEN12C它们的动能增加量之比EkMEkN12D它们所带的电荷量之比qMqN123(2017扬州中学12月月考)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U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到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3AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U2114(2

3、018伍佑中学质量检测)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12.若不计重力，则a和b的比荷之比是()图4A41 B21 C11 D125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点以与等势线成角的速度v0射入，到达B点时，速度方向恰与等势线平行，则()图5A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D粒子在A点具有的电势能

4、大于在B点具有的电势能6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v0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，不计粒子重力，求带电粒子的比荷. 图67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x0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E103 V/m；比荷为1.0105 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(，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UAB；(2

5、)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E0，在第象限正方形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

6、电场强度的大小E1；(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E2E0，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1CA、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是，选项A错误；由动能定理，电子到达A极板时的动能EkeU，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

7、由K沿直线到A电势逐渐升高，选项D错误2AD3A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：xvt，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：yat2，偏转电压为U，则偏转电压之比为：()2，故A选项正确4A5.C6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：xv0tyat2由牛顿第二定律得qEma由题意可知：yR；x(1)R联立解得：7(1)1 000 V(2)yx2，其中x0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；设从O点

8、运动到M(，1)点所用时间为t0，由类平抛运动可得：xv0t0，yt02解得：v0104 m/s 在金属板A、B之间，由动能定理：qUABmv02解得：UAB1 000 V(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；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：Eqma1对于Q：Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2解得：yx2，其中x0即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为yx2，其中x08(1)4E0(2)yx(3)y3x4解析(1)设带电粒子出第象限电场时的速度为v，在第象限电场中加速运动时，根据动能定理得E0q

9、Lmv2，其中L2 m要使带电粒子通过E点，在第象限电场中偏转时，竖直方向位移为y0，设水平方向位移为x0，则y0()2，因CEO45，即x0y02 m，解得E14E0.(2)设释放点的坐标为(x，y)，带电粒子出第象限电场时的速度为v1，在第象限电场中加速运动时，根据动能定理得E0qxmv12，要使带电粒子过E点，在第象限电场中偏转时，竖直方向位移为y，水平方向位移也为y，则y()2，解得yx.(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()2，而，其中GP，NE2 m，在第象限加速过程中，E0qxmv22，解得y3x4.