带电粒子(或物体)在电场中的直线运动(含答案)

PAGEPAGE8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：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)在非匀强电场中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).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m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C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g＝(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变．求在t＝0.20s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20s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时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则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)设在t＝0.20s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v＝at由动能定理得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、电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，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10m/s2，甲乙A．物块在4s内的总位移x＝6B．物块的质量m＝0.5C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2D．物块在4s内电势能减少14J答案ACD解析由题图乙可知，物块前2s做匀加速直线运动，在2s～4s做匀速直线运动，根据v－t图象所围面积可求得前2s位移x1＝2m,2s～4s位移x2＝4m，总位移为x＝6m，A正确.0～2s内，由牛顿第二定律得qE1－且a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，②2s后物块做匀速运动，有qE2＝μmg③由题图甲知E1＝3×104N/C、E2＝2×104N/C，联立①②③可得m＝1kg，μ＝eq\f(qE2,mg)＝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ΔEp＝W＝E1qx1＋E2qx2＝14J，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．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)因为试探电荷在N点受电场力为0，其合电场强度为0EQ＝eq\f(kQ,x2)E＝EQ＝eq\f(kQ,x2)方向水平向右(2)EQ＝eq\f(kQ,y2)合场强为E合＝eq\r(E2＋E\o\al(2,Q))E合＝eq\r(\f(k2Q2,x4)＋\f(k2Q2,y4))(3)电场力做功为W＝－qEx电场力做负功，电荷的电势能增加增加量为ΔE＝|W|＝eq\f(kQq,x)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mg＝Eq，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eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq\f(mv\o\al(2,0),4)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mg＝qE，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a＝g，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·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，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Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，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)，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eq\f(1,2)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eq\f(1,2)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eq\f(1,2)答案BD解析粒子恰好到达N板时有Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，恰好到达两板中间返回时有eq\f(U′,2)q＝eq\f(1,2)mv2，比较两式可知B、D选项正确．8、如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10m/s2，sinα＝0.6，(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度．答案(1)8×10－8kg(2)eq\f(\r(7),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：qEcosα＝mgE＝eq\f(U,d)解得：m＝eq\f(qUcosα,dg)代入数据得m＝8×10－8(2)对液滴由动能定理得：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·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F＝Eq，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Ⅰ·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eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，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eq\f(d,3)，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eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)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＝eq\f(U,d)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v2＝2ax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(eq\f(d,2)＋d)－qU＝0，mg(eq\f(d,2)＋h)－qeq\f(U,\f(2,3)d)·h＝0.两方程联立得h＝eq\f(2,5)d，选项D正确．11、(2013·新课标Ⅱ·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eq\f(1,6q)(Nb－Na)eq\f(r,12)(Nb＋5Na)eq\f(r,12)(5Nb＋Na)解析质点所受电场力的大小为F＝qE①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F＋Na＝meq\f(v\o\al(2,a),r)②Nb－F＝meq\f(v\o\al(2,b),r)③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\