带电物体在电场中的运动

第41节带电物体在电场中的运动.吕叔湘中学庞留根1.2012年理综新课标卷18.如图，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]要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错。因电场力做负功，故电势能增加。B正确。合力做负功，故动能减少。C错。因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D正确。2.2013年新课标I卷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2d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3d，则从P点开始下落的相同粒子A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板2d处返回D.在距上极板d52处返回【答案】D【解析】带电粒子运动过程中受重力和电场力做功；设电容器两极板间电压为U，粒子下落的全程由动能定理有：()002dmgdUq，得32Uqmgd，当下极板向上移3d后，设粒子能下落到距离上极板h处，由动能定理有：()00223dUmghqhd，解得25hd，D选项对。3.2011年理综四川卷21．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地。则A．整个过程中小球电势能变化了2223tmgB．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了2232tmg答案：BD解析：整个过程中小球的位移为0，0212122attgtgt，得a＝3g，根据牛顿第二定律电场力是重力的4倍为4mg，根据动量定理△P＝mgt－3mgt＝－2mgt，B正确；电势能变化量为4mg×12gt2＝2mg2t2,A错误；小球减速到最低点和最初加速时的动能变化量大小相等为2221tmg，C错误；从A点到最低点重力势能变化了222232213121tmg)gtgt(mg，D正确。答案为BD。4.2014年理综天津卷4．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【解析】如题图，带电粒子所受电场力为竖直方向，又因为运动轨迹向下偏转，所以粒子所受合外力方向向下。重力方向竖直向下，故电场力方向可能向下，也可能向上但是小于重力。若微粒带正电，则电场方向可能向上也可能向下，A板带正电和负电均有可能，A错。若微粒所受电场力向下，从M点到N点电场力做正功，电势能减小，B错。若所受电场力向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，微粒的机械能减少，D错。微粒所受合力向下，从M点到N点合力做正功，根据动能定理，动能一定增加，C正确。5.2015年江苏卷7.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球（BC）(A)做直线运动(B)做曲线运动(C)速率先减小后增大(D)速率先增大后减小解析：由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动（竖直方向做自由落体运动，水平方向先向右匀减速运动到零再向左匀加速运动），所以A错误；B正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，所以C正确；D错误。v0EvMNAB6.2015年理综山东卷20．如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度为v0沿中线射入两板间，0~T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是（BC）A.末速度大小为02vB.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgd21D.克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】因0-3T内微粒匀速运动，故0Eqmg；在233TT时间内，粒子只受重力作用，做类平抛运动，在23Tt时刻的竖直速度为13ygTv，水平速度为v0；在23TT时间内，粒子满足02Eqmgma,解得a=g，方向向上，则在t=T时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了122PdEmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，1=02mgdW电，可知克服电场力做功为12mgd，选项D错误；故选BC.7.2017年浙江选考卷8.如图所示，在竖立放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程A.加速度大小为gmqEaB.所需的时间为EqdmtC.下降的高度为2dyD.电场力所做的功为EqdW【答案】B【解析】点电荷往电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力为22)()(mgEqF，所以由牛顿第二定律得，点电荷运动到负极板的过程中，加速度大小为mFa，A错误；点电荷在水平方向的加速度为mqEa1，由运动学公式21212tad，所以Eqdmt，故B正确，点电荷在竖直tOET图乙3T32TE02E0dv0图甲mgEqd方向上做自由落体运动，所以下降的高度Eqmgdgty2212，故C错误；由做功公式EqdW21,故D错误。8.2013年四川卷10．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=37º的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.2kg，B所带电荷量q=+4×l0-6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8。⑴求B所受静摩擦力的大小；⑵现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp=0.06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。【答案】00.4fN0.528PW【解析】（1）F作用之前，AB处于静止状态，设B所受的静摩擦力大小为0f，AB间的绳子的张力为0T，有对A：0=sinATmg对B：00TqEf联立两式，代入数据得00.4fN方向向左（2）物体A从M点到N点的过程中，AB两物体的位移均为s，AB间绳子的张力为T，有pEqEsamqEgmTBB设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为△x，有22vasEBAθDNMOF弹=k△x+sinsinAAFmgFTma弹由几何关系知sin)cos1(sx设拉力F的瞬时功率为P,有P=Fv联立解得：P=0.528W9.2014年理综新课标卷Ⅰ25．如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝32OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．【答案】（1）073kAkEE（2)36mgEq【解析】设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝32d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝12gt2②又有Ek0＝12mv20③由①②③式得Ek0＝38mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋12mgd⑤由④⑤式得EkAEk0＝73.⑥(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d2和32d，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ABO60°ΔEpA＝3Ek0－Ek0－12mgd＝23Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－32mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有x32d＝ΔEpAΔEpB⑨解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝3mg6q.⑫10.2015年理综四川卷10．(18分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，求：v（ms-1）0≤v≤22v5v≥5F/N263⑴小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；⑵小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。答案：（1）t1＝0.5s；（2）W＝－9.25J。解析：（1）小物体P的速率v从0至2m/s时，受水平外力F1＝2N，设其做匀变速运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则根据匀变速直线运动规律有：v1＝a1Δt1①根据牛顿第二定律有：F1－μmg＝ma1②联立①②式并代入数据得：Δt1=0.5s即小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为Δt1＝0.5s（2）当物体P在速率v＝2～5m/s时，所受水平外力F2＝6N，设先以加速度a2再加速t2＝0.05s至A点，速度为v2，根据牛顿第二定律有：F2－f＝ma2③ABOEMCOABPFED根据匀变速直线运动规律有：v2＝v1＋a2t2④由③④式联立解得：v2＝3m/s⑤物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F2＝6N不变，设位移为x1，加速度为a3，根据牛顿第二定律有：F2－f－qE＝ma3⑥根据匀变速直线运动规律有：2a3x1＝2Bv－22v⑦由⑤⑥⑦式联立解得：x1＝1m⑧根据表格数据可知，当物体P到达B点时，水平外力为F3＝qE＝3N，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为x2，时间为t3，则在水平方向上有：x2＝vBt3⑨根据几何关系有：cotα＝23vgt⑩由⑨⑩式联立解得：x2＝1225m⑪所以小物体P从A运动至D电场力做的功