搜索
专练10带电粒子(带电体)在电场中的运动题型19带电粒子在电场中的曲线运动1．如图1所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下做顺时针方向以Q点为焦点的椭圆运动，线段MN为椭圆的长轴，则电子在运动过程中()图1A．在M点的速率最小B．在电子从M点向N点运动过程中电势能减小C．电子从N点向M点运动库仑力做负功D．电子在椭圆上经过N点时所受电场力最小答案D解析电子从M运动到N的过程中，库仑力对电子做负功，电子的动能减小，电势能增大，所以电子在M点的动能最大，速率最大，在N点的电势能最大，故A、B均错误；电子从N运动到M的过程中，库仑力对电子做正功，电子的动能增大，电势能减小，故C错误；在整个椭圆轨迹中，N点到Q点的距离最远，根据库仑定律：F＝kq1q2r2，则电子在N点时所受电场力最小，故D正确．2．如图2所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2为可变电阻，开关S闭合．质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是()图2A．保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D．断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧答案A3．(多选)地球表面附近存在微弱电场，该电场在较小区域内可视为匀强电场，电场强度大小为150N/C、方向竖直向下．如图3所示是为研究这种电场而抽成的真空区域，位于A处的电子枪(未画出)打出的电子可以运动到B点，已知电子电荷量为－1.6×10－19C、质量为m＝9.1×10－31kg.则()图3A．A点电势高于B点电势B．电子从A点到B点做匀变速运动C．电子在A点动能小于B点动能D．电子在运动过程中机械能守恒答案BC解析沿电场线方向电势降低，故A点电势低于B点电势，故A错误；电子在匀强电场中运动，受到的电场力不变，故做匀变速运动，故B正确；电子在从A运动到B的过程中，电场力做正功，动能增加，故C正确；电场力做正功，故机械能不守恒，故D错误．4．(2014·山东·18)如图4所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图4A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh答案B解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有12s＝v0t，在竖直方向有12h＝12·qEm·t2，解得v0＝s2qEmh.故选项B正确，选项A、C、D错误．5．如图5所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．已知电子的质量是m，电荷量为e，在xOy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)．图5(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．答案(1)22mLEe(－2L，L4)(2)所有释放点的位置在xy＝L24曲线上解析(1)电子在区域Ⅰ中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eEL＝12mv2得v＝2EeLm电子在区域Ⅰ运动有L＝12vt1得t1＝2mLEe电子在中间区域匀速运动，有L＝vt3，得t3＝mL2Ee进入区域Ⅱ时电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD边，则电子在区域Ⅱ中运动时间t2＝t3＝mL2Ee在沿y轴上根据牛顿第二定律可得：eE＝may轴方向上运动的位移为Δy＝12at22＝L4L2，显然假设成立所以电子在ABCD区域内运动经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝22mLEe电子离开时的位置坐标为(－2L，L4)．(2)设释放点在电场区域Ⅰ中，其坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速到v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有eEx＝12mv21，y＝12at2＝12×eEm(Lv1)2解得xy＝L24，即在电场Ⅰ区域内满足此方程的点即为所求释放点的位置．题型20功能关系在电场中的应用1.如图1所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm.小金属块最后停止在C点．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ、AB间距离为L，静电力常量为k，则()图1A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为2μmgL＋mv2m2qB．在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C．OB间的距离为kQqμmgD．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能答案C解析小金属块从A到B过程，由动能定理得：－qUAB－μmgL＝12mv2m－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－2μmgL＋mv2m2q.故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误；由题意知，从A到B的过程中，金属块做加速运动，从B到C的过程中做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝kQqr2，得r＝kQqμmg.故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能和内能，故D错误．2．如图2所示，长为L、倾角为θ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从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则()图2A．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能B．A、B两点间的电压一定等于mgLsinθqC．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度最大值一定为mgqD．若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生，则θ为45°答案B解析小球从A运动到B的过程中，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A错误；根据动能定理得：－mgLsinθ＋qUAB＝12mv20－12mv20＝0，得到：UAB＝mgLsinθq，故B正确；若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ，则当电场力沿斜面向上，大小为F＝mgsinθ时，电场力最小，场强最小，又电场力F＝Eq，则该电场的场强的最小值一定是mgLsinθq.电场强度的最大值不能确定，故C错误；若该电场是由放置在C点的点电荷Q产生且θ＝45°，A、B两点的电势相等，小球从A运动到B电势能不变，与上面分析矛盾，故D错误．3．(多选)如图3所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则()图3A．小物体上升的最大高度为v21＋v224gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小答案AD解析设斜面倾角为θ，上升过程沿斜面运动的最大距离为L.因为OM＝ON，则M、N两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0.上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相同的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所做的功相等，并设为W1.在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：－mgLsinθ－Wf－W1＝－mv212和mgLsinθ－Wf－W1＝mv222，以上两式相减可得h＝Lsinθ＝v21＋v224g，A正确；由OM＝ON，可知电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减小后增大，B、C错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D正确．4．如图4所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角θ＝53°，半径为r，CD段平直粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个14圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点．倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝9mg5q、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板．已知A、B之间的距离为2r，斜轨与小物块之间的动摩擦因数为μ＝14，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：图4(1)小物块运动至圆轨道的C点时对轨道的压力大小；(2)改变AB之间的距离和场强E的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值．答案(1)135mg(2)32mgR解析(1)小物块由A到B过程由动能定理，得：mgsinθ·2r－μ(mgcosθ＋qE)·2r＝12mv2B解得：vB＝45gr小物块由B到C过程由机械能守恒定律，得：mgr(1－cosθ)＝12mv2C－12mv2B解得：vC＝85gr在C点由牛顿第二定律，得：FN－mg＝mv2Cr解得：FN＝135mg由牛顿第三定律可得，在C点小物块对圆轨道的压力大小为FN′＝135mg(2)小物块离开D点后做平抛运动，得：水平方向：x＝v0t竖直方向：y＝12gt2而：x2＋y2＝R2小物块平抛过程机械能守恒，得：mgy＝Ek－12mv20由以上四式解得Ek＝mgR24y＋3mgy4由数学中的均值不等式可知：Ek≥2mgR24y·3mgy4＝32mgR故小物块动能的最小值为Ekmin＝32mgR