带电粒子在电场中的直线运动.(附详细答案)

1、带电粒子在电场中的“直线运动”（带详解）例题1 （' 07杭州）如图一1所示，匀强电场的方向跟竖直方向成 摆球，当摆线水平时，摆球处于静止。求：小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？当剪断摆线后，球的加速度为多少？剪断摆线后经过时间t,电场力对球做的功是多少？a角。在电场中有一质量为 m、带电量为q的解析当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图一 ，可得2所示。显然，小球带正电荷。由综合“依据”T = mg tan：qE=acos ;同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为mg tan : - ma a = g tan a欲求剪断摆线后经过时间 t,电场力对球做的功，须先求

2、球的位移。sat22W =qEs sin a最后，联立式，即可求出以下结果 12 22W = mg t tan，例题3（高考模拟）如图一5所示，水平放置的两平行金属板 A、B相距为d,电容为C,开始时两极板均不带电，A板接地且中央有一小孔，先将带电1一滴一滴地从小孔正上方h高处无初速地底下，设每滴液滴的质量为m,电荷量为q,落到B板后把电荷全部传给 B板。第几滴液滴将在 A、B间做匀速直线运动？能够到达一板的液滴不会超过多少滴？解析首先，分析可知，液滴在场外只受重力作用做自由落体运动，在场内则还要受竖直向上的可变电场力作 用。假设第n滴恰好在在A、B间做匀速直线运动，由“依据”（二力平衡条件）

3、 ，可得qE = mg®考虑到电容的电量、场强电势差关系以及电容定义，我们不难得Q - （n-1）q - - - -®d Cd联立式，即可求出mgCd .n 二 1.qo 丁 hdI J .B I图一5范文设第N滴恰好能到达B板，则针对从o点自由下落至到达 B板这一过程。利用“依据”（即动能定理）、电场强度以及电场力做功公式，可得mg（h +d） _qE/d =0E; d Cd 由式即可求出n 二 mgc（hd）iq点拨此例亦为一道经典的力电综合题，我们必须首先认识到 “带电液滴”在下极板的持续积累， 使得平行板电容器内部的电场不断增强；然后，综合应用运动学、静电场的知识分

4、析和解决。再，若以第（N/+1）滴为研究对象，考/ 2虑到它恰好不能到达B板，则类似处理，可得 mg（h +d） -N-q- = 0 ,亦可求出 N / =mgC（h d）。显然，Cq2N = N/ +1 , 一题两解，确有异曲同工之妙。例题4 （' 06江苏）如图一6所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地。一质量为m,电荷量为+q的带电粒子（不计重力）从 x轴上坐标为x0处静止释放。求该粒子在x0处电势能sx0。试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。解析设带负电极板所在处坐标为x=0 ,电势力=0由“依据&qu

5、ot;（七），可得We =qE（x° 0）WE = ： ；x0 = ；x0 - 0 联立，即可解得；x0 = qEx0亦即粒子在x0处的电势能等于粒子电量与该点电势之积。首先，分析可知，粒子只受恒定的电场力与速度“共线” 直线运动。由于在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为 运动学公式）可得图一6,且两者方向一致。由“依据”可知，粒子做匀加速x如图一7所示。由综合“依据”（即牛顿第二定律、qE = ma-®vx2 = 2a(x - x0)0联立进而求得1Ekx =mv2由上述分析可知，粒子在= qE(x0 x) CB)x处电势能为Xo0 xo*F=qE图一7q = qEx

6、®由式，即可求出粒子的总能量E =Ekx +% =qEx。由此可见，带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。点拨此例若在X轴上任取两点X1、X2,设速度分别为V1、V2。类似地，可以求得221,22、F=qE=ma 和 v2 -v1 =2a （地x）；联乂得 一 m（v2 v1 ） =qE（x2 x1），进而亦可2求出Ek2+=Ek1+。+图一8范文例题5 （' 06威海）如图一8所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上 O点套有质量为 m、带电量-q的小环， 在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，O、a之间距离为,a、b之间距离

7、为h2,使小环从图示位置的 。点由静止释放后，通过 a的速率为J3ghi 。则下列说法正确的是（）A.小环通过b点的速率为v'g（3h1 +2h2）B.小环从。到b电场力做的功可能为零C.小环在Oa之间的速度是先增大后减小D.小环在ab之间的速度是先减小后增大c例题6（06北京）如图一9 （左）所示，真空中相距出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图一X 10-19C的带电粒子从紧临 B板处释放，不计重力。求在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;d=5cm的两块平行金属板 A、B与电源连接（图中未画9 （右）所示。将一个质量 m=2.0X 10-27kg,

8、电量q=+1.6若A板电势变化周期 T=1.0X IO-5 s,在t=0时将带电粒子从紧临B小；板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大A板电势变化频率多大时,在t=1到t= T时间内从紧临B板处无4初速释放该带电粒子，粒子不能到达 A板。解析欲求加速度，先求电场力。由 “依据” 场力（七）得带电粒子所受电Uq F = qE = d 再由牛二定律即可求出得图9Uq92=1 =4.0 10 m/s dm由依据（即位移公式），我们试求一下粒子在01时间内走过的距离25.0 10,m由此可见，带电粒子在 t=T时恰好到达A板。2由依据（即动量定理）可得一,. 一 . - 23 .p=Ft=4.0M10

9、 kg - m/s,因初动量为零，故此即粒子到达A板的动量A板做匀加速运动；同理,分析可知，在 二<t<T内，电场力、速度均向右，由“依据”可知，带电粒子向 42,T 3T , 一在一< t< 内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”,即先、后两段位移大小相等。由综合“依据”,得粒子向A板运动可能的最大位移s-2aT2 161因题目要求粒子不能到达 A板，故必有s<d。最后，考虑到f =一,由以上两式即可求出电势变化频率应满足条件 Tf . a -5 2 104 Hz1 16d例题7 （' 07广东）如图一10所示，沿水平方向放

10、置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板 范文”的过程细致分析，可知完成 Wi。由“依据"（七）可得，Vi。由综合“依据”、（七）tiaiVi22qE =qE2m m=2al L -由式，即可求出2qELmVi-41固定底座图一10一而然后，分析“系统”运动全过程，可划分为三个阶段，运动的总时间则为三段时间之和。第一.设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则由综合“依据”viai由式，可以解得:ti2mLqE定律等）得第二.球B进入电场后，带电系统的加速度为32,设球A刚达到右板的速度为 V2,减速所需时间为t2。同理，可a2-3qE 2qEV2 一 vi2m= 22i2

11、 i.5L变一2mt2一 Vi32由可见，“系统”做匀减速运动。再联立可解得i 2qELV2,t22 m2mLqE第三.当球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为 运动的位移为x。再由综合“依据”得：33；设球A从离开电场到静止所需的时间为t3,a3-3qE2m相距3.5L。槽内有两个质量均为 m的小球A和B,球A带电量为+2q ,球B带电量为-3q ,两球由长为2L的轻杆相连, 组成一带电系统。最初 A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布）球B刚进入电场时，带

12、电系统的速度大小；A相对右板的位置。带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球解析首先，针对“带电系统从（静止）开始运动到速度第一次为零（重归静止）此过程电场力所做总功必定为零。然后假设球A能到达右极板，电场力对系统做功为W =2qE 2,5L （-3qE i.5L） . 0由此可见，球 A还能穿过小孔，离开右板。假设球B能达到右板，电场力对系统做功为W2,同理，可得W2 =2qE 2.5L （-3qE 3.5L）：二 0由此可见，至第一次速度为零，球不能到达右板综上所述，带电系统速度第一次为零时，球 A、B应分别居于右板的“两侧”其次，带电系统开始运动时， 设加速度为3i,球B刚进入电

13、场时带电系统的速度 牛二定律等）得0 - V2 = 233* - - - -CD0 - V2t3 二33上面V2已经求出，联立三式求解，可解得1 2mLLt3, x =一3 qE6最后，把三段时间加起来，即可求出“系统”从静止到速度第一次为零所需的时间为t =t1t2 t37 2mL3 ! qE15.16.的关系如图丙所示，取而球A相对右板的位置为L x 二 6如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径.现有一带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R从小球进入 管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在

14、竖直向上的分力大小与重力大小相 等，结果小球从管口 C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点.设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为 g,求： (1)小球到达B点的速度大小； (2)小球受到的电场力的大小 (3)小球经过管口 C处时对圆管壁的压力.如图甲所示，电荷量为 q=1X10-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向 沿水平向右的电场，电场强度 E的大小与时间的关系如图乙所示，、物块运动速度与时间 重力加速度g=10m/s2。求(1)前2秒内电场力做的功。(2)物块的质量.321E / ( X104N?C-1)O o 424 t/s31OJ (m?s-1)24 t/s17.

15、如图所示，在空间中出直角坐标系 Oxy,在第一象限内平行于 y轴的虚线MNW y轴距离为d,从y轴到MNfc间的区域充满一个沿 y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为(0, h)。已知电子的电量为 e,质量为m加速电场的电势差 UEd2 一石，电子的重力忽略不甘，求：(1)电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；(2)电子经过x轴时离坐标原点 O的距离1。18. (12分)(2011年武汉高二检测)如图1 19,水平放置的平行板电容器，原来两极板不带

16、电，上极板接地，它的极 板长L=0.1 m,两极板间距离d=0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上.已知微粒质量为 F 2X 10 6 求：kg,电荷量为q=+1X 108C,电容器电容为 C= 10 6F, g取10 m/s2,(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的应为多少？范文B点之内，则微粒入射速度 vo(3)物块与水平面间的动摩擦因数。(2)若带电粒子落到 AB板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上?解析：(1)若第一个粒子落到O点，山 2= v01t i,d 1,2万2

17、= 2 gti得 voi=2.5 m/s若落到 B点，由 L=V02t1, 2= 2gt2得 vo2= 5 m/s故 2.5 m/s< V0<5 m/s.(2)由 L= V01t,得 t = 4X 10 2 s,d 122由2= 2 at 得 a=2.5 m/s由 mg qE= ma E= Q导 Q= 6x 10 6C所以n = = 600个. q答案：(1)2.5 m/s< V0<5 m/s (2)600 个19.如图所示，挡板 P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+qA和+qB的电荷量,B连接，另一端连接一轻质质量分别为mA和G。两物块由绝缘的轻弹簧相连，不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与小钩。整个装置处于场强为 切摩擦及 A B间的库仑力,(1)若在小钩上挂一质量为 (2)若C的质量改为2m,E、方向水平向左的匀强电场中。A、B开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k,不计一A、B所带电荷量保持不变，B不会碰到滑轮。m的物块C并由静止释放，可使物块A恰好能离开挡板 巳求物块C下落的最大距离; 则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？(2分)(2分)(3分)% =