第七章 第四讲 带电粒子在电场中运动的力、电综合问题

[A 组·基础巩固]热点一 带电粒子在交变电场中的运动1．(多选)(2018·西安长安区一中联考)如图甲所示平行金属板AB 之间距离为 6 cm ，两板间电场强度随时间如图乙规律变化，设场强垂直于金属板且由A 指向B 为正，周期T ＝8×10－5 s ．某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C 、质量为1.6×10－26 kg ，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)则( )A ．若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板B ．若粒子于t ＝T 2时释放，则一定能运动到B 板C ．若粒子于t ＝T 4时释放，则一定能运动到A 板D ．若粒子于t ＝3T 8时释放，则一定能运动到A 板解析：粒子在板间运动的加速度a ＝Eq m ＝2×8.0×10－191.6×10－26 m /s 2＝108 m/s 2，在T 2时间内粒子的位移x 1＝12a (T 2)2＝12×108×(4×10－5)2 m ＝8×10－2m ＝8 cm ，因x 1＞d 2＝3 cm ，故若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板，选项A 正确；若粒子于t ＝T 2时释放，则粒子向A 板运动，最后到达A 板，选项B 错误；若粒子于t ＝T 4时释放，在T 4～T 2的时间内粒子向B 板加速，位移为x 2＝12a (T 4)2＝12×108×(2×10－5)2m＝2×10－2m ＝2 cm ；在T 2～3T 4的时间内粒子向B 板减速，位移为x 3＝x 2＝2 cm ，故此时已经到达了B 板，选项C 错误；若粒子于t ＝3T 8时释放，则在3T 8～T 2的时间内粒子向B 板加速，位移为x 4＝12a (T 8)2＝12×108×(10－5)2 m ＝0.5×10－2 m ＝0.5 cm ，在T 2～5T 8的时间内粒子向B 板减速，位移为x ′3＝x ′2＝0.5 cm ；在5T 8～T 的时间内粒子向A 板加速，位移为x 4＝12a (3T 8)2＝12×108×(3×10－5)2m ＝4.5×10－2m ＝4.5 cm ；因4.5 cm －2×0.5 cm ＝3.5 cm>3 cm ，故此时粒子已经到达A 板，选项D 正确；故选AD.答案：AD2．(2018·哈尔滨九中一模)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长l ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0，根据动能定理得：eU 0＝12m v 20设偏转电场的场强为E ，则有：E ＝U d设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y ，则有：在中心轴线方向上：t ＝l v 0在轴线侧向有：a ＝eE m ，y ＝12at 2＝eUl 22md v 20设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：v y ＝attan θ＝v y v 0电子在荧光屏上偏离O 点的距离为Y ＝y ＋L tan θ＝eUl md v 20(l 2＋L )＝Ul 2U 0d (l 2＋L ) 由题图知t ＝0.06 s 时刻U ＝1.8U 0，代入数据解得Y ＝13.5 cm(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d 2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了．代入上式得：Y ＝3l 2所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y ＝3l ＝30 cm.答案：(1) 13.5 cm (2)30 cm热点二 带电体在电场中的运动3．(多选)(2018·湖北六校联合体联考)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2U ，油滴做匀速运动时速度的大小可能为( )A ．3vB ．4vC ．5vD ．6v解析：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，有mg ＝k v ，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，知电场力大于重力，有：q U d ＝mg ＋k v ，若两极板间电压为2U ，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q 2Ud＝mg＋k v′，联立三式解得v′＝3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q 2Ud＋mg＝k v″，联立三式解得v″＝5v，故C正确．答案：AC4.(2018·淮北市一中周考)如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是() A．Q点在P点正下方B．小球电势能减少C．小球重力势能减少量等于12mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析：从P到Q点，根据动能定理可知：mgh＋W电＝12m v2－12m v2＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝12gt2，则小球重力势能减少量等于ΔEp＝mgh＝12mg2t2，选项C正确．答案：C5.(2018·内蒙古包头市模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A 点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．(1)求匀强电场的电场强度E的大小．(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度为g)解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得：mgL－qEL＝0所以E＝mg q(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，到B点时的速度为v B，小球做匀加速直线运动的加速度为a，则a＝2mgm＝2g，v2B＝2a·2L，所以t＝v Ba＝2Lg答案：(1)mgq(2)2Lg[B组·能力提升]6．(多选)(2018·河南新乡模拟)如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图所示．电子原来静止在左极板小孔处．(不计重力作用)下列说法中正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝T4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝3T8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：从t＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/2，接着匀减速T/2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T/2，接着匀减速T/2……直到打在右极板上，电子不可能向左运动；从t＝T/4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/4，接着匀减速T/4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T/4，接着匀减速T/4.即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上．从t＝3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上．故选AC.答案：AC7.(多选)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则() A．小球带负电B．匀强电场电场强度的大小为3mg 4qC．电场中AB两点的电势差为3mgL 4qD．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，则小球经B点时的速度大小为gL解析：小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和绳子的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37°＝Eqmg，解得E＝3mg4q，B正确；电场中AB两点的电势差为U AB＝Ed＝EL(1－sin θ)＝3mgL10q，C错误；过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgL cos θ－qU AB＝12m v2B－0，解得v B＝gL，D正确．答案：BD8.(2018·长春外国语学校检测)如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面成60°角的光滑绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m．有一质量为0.5 kg的带电小环套在杆上，正以某一速度v0沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端的正下方地面上P点处，ACP所在平面与电场E平行，g取10 m/s2，求：(1)小环带何种电荷及它受到的电场力的大小；(2)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(3)小环在直杆上匀速运动速度v0的大小．解析：(1)由小环在直杆上的受力情况知：小环带负电由平衡条件可知：mg sin 60°＝F电cos 60°，得：F电＝3mg＝5 3 N(2)离开直杆后，只受mg、F电作用，合力F方向与杆垂直斜向右下方：则mg cos 60°＝maa＝2g＝20 m/s2，方向与杆垂直斜向右下方(3)建立以初速度方向为x轴正方向，以加速度方向为y轴正方向的直角坐标系，则小环离开直杆后做类平抛运动，则：h sin 60°＝v0t，h cos 60°＝12at2可得：v＝23m/s答案：(1)负电5 3 N(2)20 m/s2，方向与杆垂直斜向右下方(3)2 3 m/s 9.(2018·湖北八校联考)如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R＝0.2 m，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接．一带正电q＝5.0×10－3 C、质量为m＝3.0kg的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点．已知A、B两点间的距离为L ＝1.0 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达轨道的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？(2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E＝2.0×103 N/C的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用反三角函数表示)．(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程． 解析：(1)对物块由A 至D 过程中由动能定理可知－2mgR －μmgL ＝12m v 2D －12m v 20，对物块在D 点有mg ＝m v 2D R ，联立解得v 0＝14 m/s.(2)对物块，假设物块可运动到C 点，则由A 至C 过程有qE (L ＋R )－mgR －μmgL ＝12m v 2C －0，可得v C ＝0，故物块始终没有脱离轨道．故物块在运动过程速度最大时位于B 点左侧圆弧上，设其与圆心的连线与OB 的夹角为θ，对物块受力分析，可知tan θ＝qE mg ＝13，θ＝arctan 13.(3)对于物块在水平面上运动的全程有qEL －μmgL 总＝0，解得L 总＝53 m.答案：(1)14 m/s (2)见解析 (3)53 m。