帶電粒子(或物體)在電場中的直線運動(含答案)

PAGEPAGE8帶電粒子(或物體)在電場中的直線運動一、基礎知識帶電粒子在電場中加速若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增加量．(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)或F＝qE＝qeq\f(U,d)＝ma.(2)在非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).二、練習1、如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當到達B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A．當增大兩板間距離時，v增大B．當減小兩板間距離時，v增大C．當改變兩板間距離時，v不變D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間變長答案CD解析電子從靜止開始運動，根據動能定理，從A板運動到B板動能的變化量等于電場力做的功．因為保持兩個極板間的電勢差不變，所以末速度不變，而位移(兩板間距離)如果增加的話，電子在兩板間運動的時間變長，故C、D正確．2、如圖所示，質量m＝2.0×10－4kg、電荷量q＝1.0×10－6C的帶正電微粒靜止在空間范圍足夠大的電場強度為E的勻強電場中．取g＝(1)求勻強電場的電場強度E的大小和方向；(2)在t＝0時刻，電場強度大小突然變?yōu)镋0＝4.0×103N/C，方向不變．求在t＝0.20s時間內電場力做的功；(3)在t＝0.20s時刻突然撤掉電場，求帶電微?；氐匠霭l(fā)點時的動能．解析(1)因微粒靜止，知其受力平衡，對其受力分析有Eq＝mgE＝eq\f(mg,q)＝eq\f(2.0×10－4×10,1.0×10－6)N/C＝2.0×103N/C，方向向上(2)在t＝0時刻，電場強度大小突然變?yōu)镋0＝4.0×103N/C，設微粒的加速度為a，在t＝0.20s時間內上升高度為h，電場力做功為W，則qE0－mg＝ma解得：a＝10mh＝eq\f(1,2)at2解得：h＝0.20W＝qE0h解得：W＝8.0×10－4J(3)設在t＝0.20s時刻突然撤掉電場時微粒的速度大小為v，回到出發(fā)點時的動能為Ek，則v＝at由動能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2解得：Ek＝8.0×10－4J答案(1)2.0×103N/C方向向上(2)8.0×10－4J(3)8.0×10－4J3、電荷量為q＝1×10－4C的帶正電的小物塊置于絕緣粗糙水平面上，所在空間存在沿水平方向始終不變的電場，電場強度E的大小與時間t的關系和物塊的速度v與時間t的關系分別如圖甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，甲乙A．物塊在4s內的總位移x＝6B．物塊的質量m＝0.5C．物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2D．物塊在4s內電勢能減少14J答案ACD解析由題圖乙可知，物塊前2s做勻加速直線運動，在2s～4s做勻速直線運動，根據v－t圖象所圍面積可求得前2s位移x1＝2m,2s～4s位移x2＝4m，總位移為x＝6m，A正確.0～2s內，由牛頓第二定律得qE1－且a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，②2s后物塊做勻速運動，有qE2＝μmg③由題圖甲知E1＝3×104N/C、E2＝2×104N/C，聯立①②③可得m＝1kg，μ＝eq\f(qE2,mg)＝0.2，B錯誤，C正確．又因為電勢能的減少量等于電場力所做的功，即ΔEp＝W＝E1qx1＋E2qx2＝14J，D正確．4、如圖所示，正點電荷Q放在一勻強電場中O點，在電場空間中有M、N兩點，若將一試探電荷放在距O點為x的N點，它受到的電場力正好為零．O、N連線與勻強電場方向平行．M、O間距為y，MO與勻強電場方向垂直．則：(1)勻強電場的場強大小E為多少，方向如何；(2)M點的電場強度大小為多少；(3)若將正點電荷Q移走，將一點電荷－q由N點移動到M點，求這一過程中電荷的電勢能如何變化，變化量為多少．答案(1)eq\f(kQ,x2)水平向右(2)eq\r(\f(k2Q2,x4)＋\f(k2Q2,y4))(3)增加eq\f(kQq,x)解析(1)因為試探電荷在N點受電場力為0，其合電場強度為0EQ＝eq\f(kQ,x2)E＝EQ＝eq\f(kQ,x2)方向水平向右(2)EQ＝eq\f(kQ,y2)合場強為E合＝eq\r(E2＋E\o\al(2,Q))E合＝eq\r(\f(k2Q2,x4)＋\f(k2Q2,y4))(3)電場力做功為W＝－qEx電場力做負功，電荷的電勢能增加增加量為ΔE＝|W|＝eq\f(kQq,x)5、如圖所示，在等勢面沿豎直方向的勻強電場中，一帶負電的微粒以一定初速度射入電場，并沿直線AB運動，由此可知()A．電場中A點的電勢低于B點的電勢B．微粒在A點時的動能大于在B點時的動能，在A點時的電勢能小于在B點時的電勢能C．微粒在A點時的動能小于在B點時的動能，在A點時的電勢能大于在B點時的電勢能D．微粒在A點時的動能與電勢能之和等于在B點時的動能與電勢能之和答案B解析一帶負電的微粒以一定初速度射入電場，并沿直線AB運動，對其受力分析知其受到的電場力F只能垂直等勢面水平向左，電場強度則水平向右，如圖所示．所以電場中A點的電勢高于B點的電勢，A錯；微粒從A向B運動，合外力做負功，動能減小，電場力做負功，電勢能增加，B對，C錯；微粒的動能、重力勢能、電勢能三種能量的總和保持不變，所以D錯．6、如圖所示，一質量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則()A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq\f(mv\o\al(2,0),4)答案BD解析由于帶電小球在豎直面內做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A錯誤；由圖中幾何關系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得：－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，C錯誤；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，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．質量為m、帶電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的eq\f(1,2)處返回，則下述措施能滿足要求的是()A．使初速度減為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電壓加倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)答案BD解析粒子恰好到達N板時有Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，恰好到達兩板中間返回時有eq\f(U′,2)q＝eq\f(1,2)mv2，比較兩式可知B、D選項正確．8、如圖所示，板長L＝4cm的平行板電容器，板間距離d＝3cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100V．有一帶負電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g＝10m/s2，sinα＝0.6，(1)液滴的質量；(2)液滴飛出時的速度．答案(1)8×10－8kg(2)eq\f(\r(7),2)m/s解析(1)根據題意畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，由圖可得：qEcosα＝mgE＝eq\f(U,d)解得：m＝eq\f(qUcosα,dg)代入數據得m＝8×10－8(2)對液滴由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))所以v＝eq\f(\r(7),2)m/s.9、(2012·課標全國·18)如圖所示，平行板電容器的兩個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電容器，則在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動答案BD解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力F＝Eq，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動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確．10、(2013·新課標Ⅰ·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(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點開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eq\f(d,2)處返回D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回答案D解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設為v，下極板向上平移后由E＝eq\f(U,d)知場強變大，故粒子第二次在電場中減速運動的加速度變大，由v2＝2ax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，設粒子在距上極板h處返回，對粒子兩次運動過程應用動能定理得mg(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，mg(eq\f(d,2)＋h)－qeq\f(U,\f(2,3)d)·h＝0.兩方程聯立得h＝eq\f(2,5)d，選項D正確．11、(2013·新課標Ⅱ·24)如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質點沿軌道內側運動．經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能．答案eq\f(1,6q)(Nb－Na)eq\f(r,12)(Nb＋5Na)eq\f(r,12)(5Nb＋Na)解析質點所受電場力的大小為F＝qE①設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝meq\f(v\o\al(2,a),r)②Nb－F＝meq\f(v\o\al(2,b),r)③設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\