带电粒子(或物体)在电场中的直线运动(含答案)

1、带电粒子(或物体)在电场中的直线运动一、基础知识带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量(1)在匀强电场中：WqEdqUmv2mv或FqEqma.(2)在非匀强电场中：WqUmv2mv.二、练习1、如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A当增大两板间距离时，v增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长答案CD解析电子从静止开始运动，根据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度

2、不变，而位移(两板间距离)如果增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故C、D正确2、如图所示，质量m2.0×104 kg、电荷量q1.0×106 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中取g10 m/s2. (1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t0时刻，电场强度大小突然变为E04.0×103 N/C，方向不变求在t0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能解析(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有EqmgE N/C2.0×103 N/C，方向向上(2)在t

3、0时刻，电场强度大小突然变为E04.0×103 N/C，设微粒的加速度为a，在t0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0mgma解得：a10 m/s2hat2解得：h0.20 mWqE0h解得：W8.0×104 J(3)设在t0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则vat由动能定理得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、电荷量为q1×104 C的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平

4、面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是()甲乙A物块在4 s内的总位移x6 mB物块的质量m0.5 kgC物块与水平面间的动摩擦因数0.2D物块在4 s内电势能减少14 J答案ACD解析由题图乙可知，物块前2 s做匀加速直线运动，在2 s4 s做匀速直线运动，根据vt图象所围面积可求得前2 s位移x12 m,2 s4 s位移x24 m，总位移为x6 m，A正确.02 s内，由牛顿第二定律得qE1mgma，且a1 m/s2，2 s后物块做匀速运

5、动，有qE2mg由题图甲知E13×104 N/C、E22×104 N/C，联立可得m1 kg，0.2，B错误，C正确又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即EpWE1qx1E2qx214 J，D正确4、如图所示，正点电荷Q放在一匀强电场中O点，在电场空间中有M、N两点，若将一试探电荷放在距O点为x的N点，它受到的电场力正好为零O、N连线与匀强电场方向平行M、O间距为y，MO与匀强电场方向垂直则： (1)匀强电场的场强大小E为多少，方向如何；(2)M点的电场强度大小为多少；(3)若将正点电荷Q移走，将一点电荷q由N点移动到M点，求这一过程中电荷的电势能如何变化，变化量为多少

6、答案(1)水平向右(2) (3)增加解析(1)因为试探电荷在N点受电场力为0，其合电场强度为0EQEEQ方向水平向右(2)EQ合场强为E合E合 (3)电场力做功为WqEx电场力做负功，电荷的电势能增加增加量为E|W|5、如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和答案B解析一带负电的微粒以

7、一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，对其受力分析知其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，电场强度则水平向右，如图所示所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；微粒从A向B运动，合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，B对，C错；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错6、如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mgEq，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高度为D若小球在初始位置的电势能为零，则

8、小球电势能的最大值为答案BD解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：mg·2h0mv，解得：h，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE·2hcos 120°qEhmg·，D正确7、如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力

9、)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是()A使初速度减为原来的 B使M、N间电压加倍C使M、N间电压提高到原来的4倍 D使初速度和M、N间电压都减为原来的答案BD解析粒子恰好到达N板时有Uqmv，恰好到达两板中间返回时有qmv2，比较两式可知B、D选项正确8、如图所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37°，两板所加电压为U100 V有一带负电液滴，带电荷量为q3×1010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场

10、中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)求： (1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度答案(1)8×108 kg(2) m/s解析(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos mgE解得：m代入数据得m8×108 kg(2)对液滴由动能定理得：qUmv2mvv 所以v m/s.9、(2012·课标全国·18)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡 B电势能逐

11、渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动答案BD解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确10、(2013·新课标·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔正上方处的P点有一带

12、电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上 B在下极板处返回C在距上极板处返回 D在距上极板d处返回答案D解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v22ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(d)qU0，mg(h)q·h0.两方程联立得hd，选项D正确11、(2013·新课标·24)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能答案(NbNa)(Nb5Na)(5NbNa)解析质点所受电场力的大小为FqE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有FNamNb