第一章《静电场》同步辅导(四)带电粒子在电场中的运动

资料由大小学习网收集第九节带电粒子在电场中的运动一、选择题：1．如图1所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示。则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小2．如右图所示，三个质量相同，带电荷量分别为+q、-q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，则在穿过极板的过程中A．电场力对液滴a、b做的功相同B．三者动能的增量相同C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量D．重力对三者做的功相同3.一带电小球M固定在光滑水平绝缘桌面上，在桌面内的另一处放置另一带电小N,现给N一个在桌面内沿垂直MN连线方向的速度v0则A.若M,N为同种电荷，N球的谏度越来越小B.若M,N为同种电荷，N球的加速度越来越小C.若M,N为异种电荷，N球的速度越来越大D.若M,N为异种电荷，N球的加速度越来越大4．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA’、BB’、CC’是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB’为零势能面。一个质量为m，带电量为+q的粒子沿AA’方向以初动能EK自图中的P点进入电场，刚好从C’点离开电场。已知PA’=2cm。粒子的重力忽略不计。下列说法中正确的是()A．该粒子到达C’点时的动能是2EKB．该粒子通过等势面BB’时的动能是1.25EKC．该粒子在P点时的电势能是EKD．该粒子到达C’点时的电势能是0.5EK5．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地。现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点。如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N＋l滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则()第1题图1第4题图资料由大小学习网收集′A2dhdUQK′6.质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0水平抛出。在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是A．小球在水平方向一直作匀速直线运动B．若场强大小等于mg/q，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于2mg/q，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同7.一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，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U，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A.2v、向下B2v、向上C.3v、向下D.3v、向上8.宇航员在探测某星球时发现:①该星球带负电，而且带电均匀；②该星球表面没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球(其带电量远远小于星球电量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态.如果选距星球表面无穷远处的电势为零，则根据以上信息可以推断（）A.小球一定带正电B.小球的电势能一定小于零C.只改变小球的电量，从原高度无初速释放后，小球仍处于悬浮状态D.只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍处于悬浮状态9.长度均为L的平行金属板AB相距为d，接通电源后，在两板之间形成匀强磁场.在A板的中间有一个小孔K，一个带+q的粒子P由A板上方高h处的O点自由下落，从K孔中进入电场并打在B板上K′点处.当P粒子进入电场时，另一个与P相同的粒子Q恰好从两板间距B板2d处的O′点水平飞人，而且恰好与P粒子同时打在K′处.如果粒子进入电场后，所受的重力和粒子间的作用力均可忽略不计，判断以下正确的说法是（）A.P粒子进入电场时速度的平方满足adv42(a为粒子在电场中所受电场力产生的加速度大小)B.将P、Q粒子电量均增为＋2q，其它条件不变，P、Q粒子同时进入电场后，仍能同时打在K′点C.保持P、Q原来的电量不变，将O点和O′点均向上移动相同的距离4d；且使P、Q同时进入电场，则P粒子将先击中K′点D.其它条件不变，将Q粒子进入电场时的初速度变为原来的2倍，将电源电压也增加为原来的2倍，P、Q同时进入电场，仍能同时打在K′点二、计算题：10.质量为m=1.0kg、带电量q=+2.5×10－4C的小滑块(可视为质点)放在质量为M=2.0kg的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.5m，开始时两者都处于静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为E=4.0×104N/C的匀强电场，如图所示.取g=10m/s2，试求:(1)用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件？……第一无电场区第一电场区第二无电场区第二电场区EEv0资料由大小学习网收集(2)用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？(3)按第(2)问的力F作用，在小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了多少？(设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变)11.如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷.a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=4L,O为AB连线的中点.一质量为m带电量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.(2)Ob两点间的电势差Uob.(3)小滑块运动的总路程S.12.如图所示，一矩形绝缘木板放在光滑水平面上，另一质量为m、带电量为q的小物块沿木板上表面以某一初速度从A端沿水平方向滑入，木板周围空间存在足够大、方向竖直向下的匀强电场．已知物块与木板间有摩擦，物块沿木板运动到B端恰好相对静止．若将匀强电场的方向改为竖直向上，大小不变，且物块仍以原初速度沿木板上表面从A端滑入，结果物块运动到木板中点时相对静止．求：⑴物块所带电荷的性质．⑵匀强电场场强的大小．FMEmLAObaBEO资料由大小学习网收集．下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m，板的长度l=0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。14．如图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。在Oxy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）。（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开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。（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。资料由大小学习网收集参考答案：1C2AD3B4A5BCD6AC7C8D9A10解:(1)当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为:2/0.2)(smMqEmgaM为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度am≤aM对于滑块有:mmaqEmgF)(0NmaqEmgFm0.6)(0即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6.0N.(2)设滑块相对于水平面的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学关系可知:21121tas，22221tas，Lss21滑动过程中木板的加速度a2=2.0m/s2，则可得滑块运动的加速度a1=5.0m/s2对滑块:NmaqEmgF0.9)(1(3)在将小滑块从木板右端拉出的过程中，相同的内能增加了:0.6)(LqEmgQJ11解：(1)由Aa=Bb=4L,O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则Uab=0①设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得：002ELfUqab②而f=μmg③由①——③式得：mgLE02④（2）对于滑块从O→b过程，由动能定理得：004nELfUqOb⑤由③——⑤式得：qEnUOb2)12(0⑥(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得：00EsfUqaO⑦而qEnUUObaO2)12(0⑧由③——⑧式得：LnS412⑨12解：⑴电场方向改为竖直向上后，物块相对木板运动的位移变小，说明摩擦力变大，它们之间的压力变大了，物块所受的电场力向下，所以物块带负电．⑵设匀强电场的场强大小为E，木板质量为M、长度为L，物块的初速度为v0，物块和木板共同速度为v．当电场方向向下时：由物块在竖直方向受力平衡得：N1+qE=mg由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv0=(M+m)v(可以用牛顿定律和运动学公式解)由系统能量守恒得：μN1L=12mv02-12(m+M)v2当电场方向向上时：由物块在竖直方向受力平衡得：qE+mg=N2由物块与木板组成的系统动量守恒得：mv0=(M+m)v(可以用牛顿定律和运动学公式解)资料由大小学习网收集由系统能量守恒得：μN2•12L=12mv02-12(m+M)v2解得：E=mg3q13．解：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足l=21gt2在水平方向上满足2212tdmUqds①②两式联立得V101242lqgmdU（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足221)(21mvHlmgUq解得m/s4)(2HlgmUqv（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度m/s4)(21Hlgv。反弹高度)2)(41(2)5.0(221gvgvhyy根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度m8.0)41()2()41(2nynngvh当n=4时，hn0.01m14解：（1）设电子的质量为m，电