帶電粒子(或物體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(含答案)

1、帶電粒子(或物體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)一、基礎(chǔ)知識(shí)帶電粒子在電場(chǎng)中加速若不計(jì)粒子的重力，則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增加量(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqEdqUmv2mv或FqEqma.(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqUmv2mv.二、練習(xí)1、如圖所示，電子由靜止開(kāi)始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大B當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變D當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)答案CD解析電子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，從A板運(yùn)動(dòng)到B板動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功因?yàn)楸３謨蓚€(gè)極板間的電勢(shì)差不變，所以末速度

2、不變，而位移(兩板間距離)如果增加的話(huà)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)，故C、D正確2、如圖所示，質(zhì)量m2.0×104 kg、電荷量q1.0×106 C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中取g10 m/s2. (1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；(2)在t0時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋04.0×103 N/C，方向不變求在t0.20 s時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做的功；(3)在t0.20 s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能解析(1)因微粒靜止，知其受力平衡，對(duì)其受力分析有EqmgE N/C2.0×103 N/C，方向向上(2)在t

3、0時(shí)刻，電場(chǎng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)镋04.0×103 N/C，設(shè)微粒的加速度為a，在t0.20 s時(shí)間內(nèi)上升高度為h，電場(chǎng)力做功為W，則qE0mgma解得：a10 m/s2hat2解得：h0.20 mWqE0h解得：W8.0×104 J(3)設(shè)在t0.20 s時(shí)刻突然撤掉電場(chǎng)時(shí)微粒的速度大小為v，回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，則vat由動(dòng)能定理得mghEkmv2解得：Ek8.0×104 J答案(1)2.0×103 N/C方向向上(2)8.0×104 J(3)8.0×104 J3、電荷量為q1×104 C的帶正電的小物塊置于絕緣粗糙水平

4、面上，所在空間存在沿水平方向始終不變的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物塊的速度v與時(shí)間t的關(guān)系分別如圖甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根據(jù)圖象所提供的信息，下列說(shuō)法正確的是()甲乙A物塊在4 s內(nèi)的總位移x6 mB物塊的質(zhì)量m0.5 kgC物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2D物塊在4 s內(nèi)電勢(shì)能減少14 J答案ACD解析由題圖乙可知，物塊前2 s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在2 s4 s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)vt圖象所圍面積可求得前2 s位移x12 m,2 s4 s位移x24 m，總位移為x6 m，A正確.02 s內(nèi)，由牛頓第二定律得qE1mgma，且a1 m/s2，2 s后物塊做勻速運(yùn)

5、動(dòng)，有qE2mg由題圖甲知E13×104 N/C、E22×104 N/C，聯(lián)立可得m1 kg，0.2，B錯(cuò)誤，C正確又因?yàn)殡妱?shì)能的減少量等于電場(chǎng)力所做的功，即EpWE1qx1E2qx214 J，D正確4、如圖所示，正點(diǎn)電荷Q放在一勻強(qiáng)電場(chǎng)中O點(diǎn)，在電場(chǎng)空間中有M、N兩點(diǎn)，若將一試探電荷放在距O點(diǎn)為x的N點(diǎn)，它受到的電場(chǎng)力正好為零O、N連線與勻強(qiáng)電場(chǎng)方向平行M、O間距為y，MO與勻強(qiáng)電場(chǎng)方向垂直則： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E為多少，方向如何；(2)M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為多少；(3)若將正點(diǎn)電荷Q移走，將一點(diǎn)電荷q由N點(diǎn)移動(dòng)到M點(diǎn)，求這一過(guò)程中電荷的電勢(shì)能如何變化，變化量為多少

6、答案(1)水平向右(2) (3)增加解析(1)因?yàn)樵囂诫姾稍贜點(diǎn)受電場(chǎng)力為0，其合電場(chǎng)強(qiáng)度為0EQEEQ方向水平向右(2)EQ合場(chǎng)強(qiáng)為E合E合 (3)電場(chǎng)力做功為WqEx電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能增加增加量為E|W|5、如圖所示，在等勢(shì)面沿豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶負(fù)電的微粒以一定初速度射入電場(chǎng)，并沿直線AB運(yùn)動(dòng)，由此可知()A電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)B微粒在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能C微粒在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能D微粒在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和等于在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和答案B解析一帶負(fù)電的微粒以

7、一定初速度射入電場(chǎng)，并沿直線AB運(yùn)動(dòng)，對(duì)其受力分析知其受到的電場(chǎng)力F只能垂直等勢(shì)面水平向左，電場(chǎng)強(qiáng)度則水平向右，如圖所示所以電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)；微粒從A向B運(yùn)動(dòng)，合外力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，B對(duì)，C錯(cuò)；微粒的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能三種能量的總和保持不變，所以D錯(cuò)6、如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mgEq，則()A電場(chǎng)方向豎直向上B小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC小球上升的最大高度為D若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則

8、小球電勢(shì)能的最大值為答案BD解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定則，可知電場(chǎng)方向與ON方向成120°角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知ag，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得：mg·2h0mv，解得：h，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做負(fù)功，帶電小球的電勢(shì)能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢(shì)能最大，則EpqE·2hcos 120°qEhmg·，D正確7、如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力

9、)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個(gè)帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿(mǎn)足要求的是()A使初速度減為原來(lái)的 B使M、N間電壓加倍C使M、N間電壓提高到原來(lái)的4倍 D使初速度和M、N間電壓都減為原來(lái)的答案BD解析粒子恰好到達(dá)N板時(shí)有Uqmv，恰好到達(dá)兩板中間返回時(shí)有qmv2，比較兩式可知B、D選項(xiàng)正確8、如圖所示，板長(zhǎng)L4 cm的平行板電容器，板間距離d3 cm，板與水平線夾角37°，兩板所加電壓為U100 V有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q3×1010 C，以v01 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)

10、中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)求： (1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時(shí)的速度答案(1)8×108 kg(2) m/s解析(1)根據(jù)題意畫(huà)出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：qEcos mgE解得：m代入數(shù)據(jù)得m8×108 kg(2)對(duì)液滴由動(dòng)能定理得：qUmv2mvv 所以v m/s.9、(2012·課標(biāo)全國(guó)·18)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子()A所受重力與電場(chǎng)力平衡 B電勢(shì)能逐

11、漸增加C動(dòng)能逐漸增加 D做勻變速直線運(yùn)動(dòng)答案BD解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場(chǎng)力FEq，方向垂直于極板向上，因二力均為恒力，又已知帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場(chǎng)力的方向可判斷出，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確10、(2013·新課標(biāo)·16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶

12、電粒子，該粒子從靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回若將下極板向上平移，則從P點(diǎn)開(kāi)始下落的相同粒子將()A打到下極板上 B在下極板處返回C在距上極板處返回 D在距上極板d處返回答案D解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由E知場(chǎng)強(qiáng)變大，故粒子第二次在電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)的加速度變大，由v22ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某位置返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對(duì)粒子兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得mg(d)qU0，mg(h)q·h0.兩方程聯(lián)立得hd，選項(xiàng)D正確11、(2013·新課標(biāo)·24)如圖，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場(chǎng)方向平行一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能答案(NbNa)(Nb5Na)(5NbNa)解析質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小為FqE設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有FNamNb