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—1所示，匀强电场的方向跟竖直方向成α角。在电场中有一质量为m、带电量为q的摆球，当摆线水平时，摆球处于静止。求：⑴小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？⑵当剪断摆线后，球的加速度为多少？⑶剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功是多少？[解析]⑴当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图—2所示。显然，小球带正电荷。由综合“依据”㈡，可得②mgqE①mgTcostan⑵同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为③gamamgtantan⑶欲求剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功，须先求球的位移。由“依据”㈡、㈦，可得⑤qEsW④atssin212最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果.tan21222tmgW[例题3]（高考模拟）如图—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，先将带电液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。⑴第几滴液滴将在A、B间做匀速直线运动？⑵能够到达—板的液滴不会超过多少滴？[解析]⑴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”㈠（二力平衡条件），可得①mgqE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②qnQ)1(③CdQdUE联立①②③式，即可求出qEmgTα图——22.12qmgCdn⑵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”㈣（即动能定理）、电场强度以及电场力做功公式，可得⑤CdqNdUE④dqEdhmg)1(0)(///由④⑤式即可求出1)(2qdhmgCN[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、静电场的知识分析和解决。再，若以第（N/+1）滴为研究对象，考虑到它恰好不能到达B板，则类似⑵处理，可得0)(2/CqNdhmg，亦可求出2/)(qdhmgCN。显然，1/NN，一题两解，确有异曲同工之妙。[例题4]（’06江苏）如图—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。⑴求该粒子在x0处电势能0x。⑵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]⑴设带负电极板所在处坐标为x=0，电势0。由“依据”㈦，可得②W①xqEWxxEE0)0(000联立①②，即可解得00qExx亦即粒子在x0处的电势能等于粒子电量与该点电势之积。⑵首先，分析可知，粒子只受恒定的电场力与速度“共线”，且两者方向一致。由“依据”㈠可知，粒子做匀加速直线运动。由于在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x如图—7所示。由综合“依据”㈡（即牛顿第二定律、运动学公式）可得④xxav③maqEx)(202联立③④进而求得⑤xxqEmvExkx)(2102由上述分析可知，粒子在x处电势能为⑥qExx由⑤⑥式，即可求出粒子的总能量0qExEExkx。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。x00xF=qE图—73[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F=qE=ma和2122vv=2a（x2－x1）；联立得)()(21122122xxqEvvm,进而亦可求出Ek2+2=Ek1+1。[例题5]（’06威海）如图—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h1，a、b之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为13gh。则下列说法正确的是（）A.小环通过b点的速率为)23(21hhgB.小环从O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[例题6]（’06北京）如图—9（左）所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图—9（右）所示。将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q＝+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求⑴在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；⑵若A板电势变化周期T＝1.0×10-5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；⑶A板电势变化频率多大时，在t＝4T到t＝2T时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。[解析]⑴欲求加速度，先求电场力。由“依据”㈦得带电粒子所受电场力dUqqEF再由牛二定律即可求出得29/100.4smdmUqa⑵由依据㈡（即位移公式），我们试求一下粒子在02~T时间内走过的距离mTas22100.5221由此可见，带电粒子在tT2时恰好到达A板。由依据㈢（即动量定理）可得pFtkgms401023./·，因初动量为零，故此即粒子到达A板的动量⑶分析可知，在24T＜t＜T内，电场力、速度均向右，由“依据”㈠可知，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在432T＜t＜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”㈡，得粒子向A板运动可能的最大位移图——9+Qba-q.mh1h2图—8Oc4221614212aTTas因题目要求粒子不能到达A板，故必有sd。最后，考虑到fT1，由以上两式即可求出电势变化频率应满足条件Hzdaf4102516[例题7]（’07广东）如图—10所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距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），求：⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。[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）”的过程细致分析，可知完成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W1。由“依据”㈦可得，0)5.13(5.221LqELqEW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0)5.33(5.222LqELqEW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”。⑴其次，带电系统开始运动时，设加速度为a1，球B刚进入电场时带电系统的速度v1。由综合“依据”㈡、㈦（即牛二定律等）得②Lav①mqEmqEa1211222由①②式，即可求出③mqELv21⑵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”㈡（即牛二定律等）得④avt111由①③④式，可以解得：.21qEmLt第二．球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，设球A刚达到右板的速度为v2，减速所需时间为t2。同理，可得⑦avvt⑥Lavv⑤mqEmqEqEa21222212225.122223由⑥可见，“系统”做匀减速运动。再联立③⑥⑦⑧可解得图—105qEmLtmqELv2,22122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a3；设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x。再由综合“依据”㈡得：⑩avt⑨xav⑧mqEa323322302023上面2v已经求出，联立⑧⑨⑩三式求解，可解得6,2313LxqEmLt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qEmLtttt237321而球A相对右板的位置为6Lx15.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．16.如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C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t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2。求（1）前2秒内电场力做的功。（2）物块的质量.（3）物块与水平面间的动摩擦因数。17.如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之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+E甲υ/（m•s-1）t/sO12324t/sO12324E/（×104N•C-1）乙丙6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U＞Ed24h，电子的重力忽略不计，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l。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，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两极板间距离d＝0.4cm.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m＝2×10－6kg，电荷量为q＝＋1×10－8C，电容器电容为C＝10－6F，g取10m/s2，求：(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B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？(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，由L2＝v01t1，d2＝12gt21得v01＝2.5m/s若落到B点，由L＝v02t1，d2＝12gt22得v02＝5m/s故2.5m/sv05m/s.(2)由L＝v01t，得t＝4×10－2s由d2＝12at2得a＝2.5m/s2由mg－qE＝ma，E＝QdC得Q＝6×10－6C所以n＝Qq＝600个．答案：(1)2.5m/sv05m/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，质量分别为mA和m