带电粒子在电场中的运动 专题训练经典化.doc

第一篇 专题四 带电粒子在电场中的运动基础等级评价1(2010新课标全国卷) 静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器其除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图410所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹， 图410下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()图411解析：因为电场中各点的场强方向为电场线的切线方向，所以条形金属板所产生的电场为非匀强电场，即带电粒子在电场中所受的电场力方向与大小都将发生变化，故带电粒子在电场中不可能沿电场线运动，C错误；因为带电粒子在电场中将做曲线运动，由曲线运动的特点：所受的合外力要指向圆弧内侧可知，带负电的粉尘颗粒运动轨迹可为A图，A正确答案：A2(2010天津高考)在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则()Ab点的电场强度一定比a点大B电场线方向一定从b指向aCb点的电势一定比a点高D该电荷的动能一定减小解析：电场力做负功，该电荷电势能增加，正电荷在电势高处电势能较大，C正确；电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负，由动能定理可知，动能不一定减少，D错；电势高低与场强大小无必然关系，A错；b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错答案：C3(2010安徽高考)如图412所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为() 图412AUOP10 sin(V)BUOP10 sin(V)CUOP10 cos(V) DUOP10 cos(V)解析：在匀强电场中，UOPERsin10sin(V)，故A对答案：A4(2010汕头模拟)如图413所示，AB、CD是一个圆的两条直径，该圆处于匀强电场中，电场强度方向平行该圆所在平面在圆周所在的平面内将一个带正电的粒子从A点先后以相同的速率v沿不同方向射向圆形区域，粒子将经过圆周上的不同点，其中经过C点时粒子的动能最小 图413若不计粒子所受的重力和空气阻力，则下列判断中正确的是()A电场强度方向由A指向BB电场强度方向由D指向CC粒子到达B点时动能最大D粒子到达D点时电势能最小解析：由题意知，经过C点时粒子的动能最小可以知道，电场的方向一定垂直过C点的切线且方向斜向左上那么可知A、B错误；若不计重力和空气阻力，那么由电场线的方向为垂直于过C点的切线且斜向左上可知，对C而言，粒子到达B点时动能小于到达D点的，故C错误；在四个选项中，只有D选项最符合题意，在粒子经过这三个点时，由于CD方向最靠近电场线方向，所以在D点时粒子的电势能最小，故D正确答案：D5(2010长沙模拟)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为 图414U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升若两极板间电压为U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是()A2v、向下B2v、向上C3v、向下 D3v、向上解析：当不加电场时，油滴匀速下降，即fkvmg；当两极板间电压为U时，油滴向上匀速运动，即F电kvmg，解之得：F电2mg；两极板间电压为U时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，F电mgkv，解之得：v3v，C项正确答案：C6(2010南昌模拟)在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为2q，B球的带电荷量为3q，组成一带电系统，如图415所示，虚线NQ、MP均垂直于水平面且相距4L.最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强 图415电场E后，求：(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B球电势能的变化量解析：(1)带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得a1球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v122a1L解得：v1(2)对带电系统进行分析，假设A球能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：W12qE3L(3qE2L)0故带电系统速度第一次为零时，A球恰好到达右极板设B球从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1将速度与加速度代入可解得：t1 B球进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得a2显然，带电系统做匀减速运动减速所需时间为t2，则有t2将速度与加速度代入可解得：t2 ；可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：tt1t23电场力对B球做的功为：WQEd3qE2L6qELB球电势能增加了6EqL.答案：(1) (2)36qEL7(2010潍坊模拟)如图416所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L0.1 m，两板间距离d0.4 cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带 图416电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间已知微粒质量为m2106 kg，电荷量q1108 C，电容器电容为C106 F，g取10 m/s2，求：(1)为使第一个微粒的落点范围能在下极板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初速度v0的取值范围；(2)若带电微粒以第一问中初速度的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？解析：(1)若第一个粒子落到中点，由v01t1gt12，得v012.5 m/s若落到B点，由Lv02t2，gt22得v025 m/s故2.5 m/sv05 m/s.(2)由Lv01t得t4102 s由at2，得a2.5 m/s2由mgqEma，E得Q6106 C所以n600个答案：(1)2.5 m/sv05 m/s(2)600个8(2010扬州模拟)如图417所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板 图417间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：(1)微粒穿过B板小孔时的速度为多大？(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qUmv2，解得v .(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qEmm，联立解得E.(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则t12d设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则t2所以从释放微粒开始，经过(t1t2)(2d) 微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1t2)微粒再一次经过P点；所以经过时间t(2k1)(2d) (k0,1,2)微粒经过P点答案：(1) (2)(3)t(2k1)(2d) (k0,1,2)发展等级评价(限时60分钟满分100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1(2010全国卷)关于静电场，下列结论普遍成立的是()A电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零解析：在静电场中，电场强度大小与电势高低无确定关系，A项错；电势差等于移动单位正电荷电场力所做的功，而场强只等于单位正电荷所受的力，一个力所做的功不仅与这个力有关，而且与位移等其他因素有关，B项错；在所有静电场中，场强方向都是电势降低最快的方向，C项正确；场强为零的地方，电势不一定为零，故场强均为零的两点间，电势差不一定为零，故电场力做功不一定为零，D项错答案：C2如图1所示的虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是() 图1 A电场力一定对电荷做了正功B电场方向可能垂直ab边向右C电荷运动的轨迹可能是一段圆弧D电荷的运动一定是匀变速运动解析：由于匀强电场方向未知，A错误，B正确由于电荷受到的电场力为恒力，加速度恒定，电荷的运动属于匀变速曲线运动，匀强电场的电场力不可能提供向心力，C错误，D正确答案：BD3如图2所示，长为L，倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为 v0，则() A小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能BA、B两点的电势差一定为mgL/q 图2C若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是mgsin/qD若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mg/q解析：由题意知：小球的初速度和末速度相同，那么在运动过程中电场力和重力对小球做的功的总和为零(动能定理)，因而可知电场力做正功，功的大小等于mgLsin，从A点到达B点时电势能减小mgLsin，所以A正确，B错误；根据WqUqEd可知，如果电场是匀强电场，那么一定存在最小值(沿斜面方向最小)，且最小值为，不可能存在最大值，故C正确，D错误答案：AC4如图3所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是()A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 图3D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析：小球受重力、电场力、悬线的拉力而处于平衡状态，设悬线与竖直方向的夹角为，则tan，cos，由闭合电路欧姆定律知增大R2时，定值电阻两端电压减小，由以上知减小，cos增大，F减小，B项对；而改变R1对定值电阻两端电压不起作用答案：B5(2010沈阳高中质检)如图4所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘的水平面上P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且POON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点的运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是() 图4 图5解析：本题考查同种等量电荷周围的电场线的分布AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，vt图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性如果PN足够远，B正确，如果PN很近，A正确答案：AB6如图6甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图6乙所示的交变电压t0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在04t0时间内未与两板相碰则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是()图6A0tt0 Bt0t2t0C2t0t3t0 D3t0t4t0解析：画出电子运动的速度图象，取向右为正由图可知C项正确答案：C7如图7所示，一个质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按EE0kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为，当t0时，物体处于静止状态若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是() 图7A物体开始运动后加速度先增加后保持不变B物体开始运动后加速度不断增加C经过时间t，物体在竖直墙壁上的位移达最大值D经过时间t，物体运动速度达最大值解析：在竖直方向上，由牛顿第二定律得：mgEqma，得ag，加速度随t增大而增大，当t时，ag，之后物体离开墙壁，此时的合力为，随t的增大，E向右增大，故物体加速度增大，物体的速度也没有最大值，故B、C正确，A、D错误答案：BC8(2010江苏高考)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图8所示下列说法中正确的是() 图8AO点的电势最低Bx2点的电势最高Cx1和x1两点的电势相等Dx1和x3两点的电势相等解析：电势差与电场强度的关系为UEd，此表达式适用于匀强电场，图中为非匀强电场的场强E与坐标x的关系图象，当取一段极短长度x时，可认为x长度内的电场为匀强电场，因此图象所包围的面积表示电势差图中从O点沿x轴方向，场强为正值，位移为正值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差为正，表示沿x轴方向的电势逐渐降低，即O点电势依次大于x1点、x2点、x3点的电势，选项A、B、D错误而图中沿x轴方向，场强为负值、位移为负值，所以图线与x轴包围的面积表示的电势差也为正，即沿x轴方向的电势也逐渐降低因从x1点移到x1点，Ex图线在O点两侧所包围的面积相等，表示这两点间的电势差为零，所以x1和x1两点电势相等，选项C正确此电场实际上是等量同种正电荷，从两电荷连线的中点沿中垂线向两侧外移动的电场模型答案：C二、非选择题(本题共4小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9(12分)如图9所示，挡板P固定在水平绝缘的桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有qA1.05101C和qB1.5102C的电荷量，质量分别为mA10.5 kg和mB1.5 kg，绝缘的轻弹簧左端与挡板P相连，右端与 图9物块B连接，整个装置处于场强为1000 N/C、方向水平向左的匀强电场中开始时A、B都静止，它们之间没有电荷的转移，所带电荷量保持不变，已知弹簧的劲度系数k800 N/m，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，现给A施加一个水平向右的力F，使A由静止开始向右做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？(g取10 m/s2)解析：因为在0.2 s内F是变力，在t0.2 s以后F是恒力，所以在t0.2 s时，A离开B，此时A受到B的弹力为零弹簧原来压缩的长度x1对物块B进行分析，根据牛顿第二定律可得kx2FNqBEmBa当A、B分离时，A对B的作用力FN0，求得x2.而x1x2at2，所以求得a6 m/s2当A开始运动时拉力最小，此时对A和B整体有Fmin(mAmB)a72 N当A与B分离时拉力最大，FmaxmAaqAE168 N.答案：168 N72 N10(10分)如图10所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R0.40 m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104 N/C.现有一质量m0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷量q8.0105 C，取 g10 m/s2，求：图10(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；(3)带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功解析：(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律qEma解得aqE/m8.0 m/s2设带电体运动到B端的速度大小为vB，则vB22as，解得vB4.0 m/s.(2)设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律FNmgm解得FNmgm5.0 N根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小FNFN5.0 N.(3)设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，根据动能定理得W电W摩mgR0mvB2因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功W电qER0.32 J，联立解得W摩0.72 J.答案：(1)8.0 m/s24.0 m/s(2)5.0 N(3)0.72 J11(13分)如图11所示，在绝缘的水平桌面上方存在场强为E的匀强电场，方向水平向右在桌面上放一质量为m、带电荷量为q的小物块，小物块在电场力 图11的作用下从静止开始向右做