巩固练习_带电粒子在电场中的综合计算(基础)

【巩固练习】
一、选择题：
1、有一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中的虚线所示，电场强度的方向竖直向下，若不计空气阻力，则油滴从A运动到B的过程中能量变化情况是( )
A、动能逐渐减少
B、电势能增加
C、电势能和动能之和减少
D、重力势能和电势能之和增加
=J；
2、如图所示，实线为电场线，虚线为等势面.一个正电荷在等势面L3时，动能为E K320
=J.若以L2为零势面，且不计空气阻力和重力，则当电荷的电运动到L1时，动能为E K14
=4J时，其动能为( )
势能E
p
A、E K=10J
B、E K=16J
C、E K=4J
D、E K=8J
3、如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下，做以Q为焦点的椭圆运动.M、P、N为椭圆上的三个点，P点是椭圆上距离Q点最近的点.电子在从M经P到达N点的过程中( )
A、速率先增大后减小
B、速率先减小后增大
C、电势能先减小后增大
D、电势能先增大后减小
4、一带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图中虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面.不计重力.可以判断( )
A、此粒子一直受到静电排斥力作用
B、粒子在b点的电势能一定大于在a点的电势能
C、粒子在b点的速度一定大于在a点的速度
D、粒子在a点和c点的速度大小一定相等
5、如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v
，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以
判定( )
A、甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电
B、三个质点在电场中的运动时间相等
>>
C、三个质点在电场中的加速度a a a
甲乙丙
>>
D、三个质点到达负极的动能E E E
丙乙甲
二、解答题：
1、如图，两平行金属板竖直放置，A、B两个小孔正好相对.两板间电压为500V.能量为400eV 的电子从A孔沿垂直于板面方向射入电场，经过一段时间，电子将离开电场，电子离开电场时的能量为eV.
2、如图所示，一个电子以4106
⨯m s/的速度沿与等势面平行的方向从M点进入一个有界的匀强电场，从N点射出电场时与电场强度方向成150°角，试求M、N两点间的电势差
U
MN .(电子质量为m kg
=⨯-
911031
.)
3、两块平行金属A、B彼此平行放置，板间距离为d，两板分别带有等量异种电荷，且A 板带正电，B板带负电，两板正中间有一带负电的油滴P，当两板水平放置时，油滴恰好平
衡，若把两板倾斜60 ，如图所示，把油滴从P点静止释放，油滴可以打在金属板上，问：
（1）两板倾斜后，油滴将怎样运动？打在哪个金属板上？
（2）油滴打在金属板上时的速率是多少？
4、两个半径均为R的圆形平行板电极，平行正对放置，相距为d，板间电压为U，板间电压可以认为是均匀的.一个α粒子从正极板边缘以某一处速度垂直于电场的方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板的中心.
已知质子的电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和阻力的影响，求：
（1）极板间的电场强度E;
（2）α粒子在极板间运动的加速度a；
（3）α粒子的初速度v0.
5、如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡位置，此时线与竖直方向的夹角为α，两板间的距离为d，求：（1）小球带何种电荷？
（2）两板间的电势差是多少？
（3）把线拉成竖直向下的位置，放平后小球到达平衡位置时的速度为多大？
6、在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电线细的一端系着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放.已知小球能摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ（如图所示），求小球经过最低点时细线对小球的拉力.
7、在电场强度为E 的匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中虚线所示．直线上有两个静止的小球A 和B(均可视为质点)，两小球的质量均为m ，A 球带电量为＋q ，B 球不带电．开始时两球相距L ，在电场力的作用下，A 球开始沿直线运动，并与B 球发生正对碰撞，碰撞中A 、B 两球的总动能无损失．设每次碰撞后A 、B 两球速度互换，碰撞时，A 、B 两球间无电荷转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，不计碰撞时间，问：
(1)A 球经过多长时间与B 球发生第一次碰撞？
(2)再经过多长时间A 球与B 球发生第二次碰撞？
【答案与解析】
一、选择题： 1、C
解析：因为油滴的轨迹向上弯曲，受到的合力是向上的，所以油滴一定受到竖直向上的电场力且大于油滴的重力，它从A 运动到B 的过程中电场力做正功，电势能减少，动能增加，重力势能增加，选项AB 错误.由于总能量守恒，重力势能增加，电势能和动能之和减少；动能增加，重力势能和电势能之和减少，选项C 正确，D 错误.
2、D
解析：设两相邻等势面的电势差为U o ，电荷的电量为q.根据仅在电场力作用下，电荷的电势能与动能之和()E 保持不变，有E E qU E qU E E K K K P =-=+=+3010， 从而可得31()82
K K K P E E E E J =⨯+-=.所以正确选项为D. 3、AC
解析：电子从M 到P 点的过程受到静电引力的作用，电场力做正功，电势能减少动能增加，从P 到N 点的过程引力做负功，电势能增加动能减少.所以电势能先减少后增加，选项C 正确；电子的动能先增大而后减小，即速率先增加后减小，选项A 正确.
4、ABD
解析：（1）粒子运动的轨迹说明，粒子进入电场后，由a 至b 速度减小，由b 至c 反向速度增加，说明带电粒子受到电荷电场斥力作用，A 选项是正确的.
（2）粒子由a 至b 受斥力作用，一定是克服电场力做功，或说电场力做负功.根据电场力做功特点，粒子的动能转化为势能，P E b 一定大于Pa E .所以B 选项也是正确的.
（3）根据上面所分析的粒子由a 至b 动能转化为势能的结论，v b 一定小于v a ，C 选项是错误的.
（4）根据能量守恒定律Ka Pa Kc Pc E E E E +=+，a 和c 同处一等势面， Pc Pa E E =，所以 Kc Ka E E =.D 选项也是正确的.
5、AC 解析：在竖直方向上，三个质点做初速为零的匀加速直线运动，加速度分别为：正电质点a mg qE m =+；负电质点a mg qE m
=-；中性质点a g =，而运动时间为t y a =2∝1a ； 在水平方向上，三个质点做匀速直线运动，水平位移为x v t =0∝1a
； 三个质点到达负极板间的动能增量分别为：正电质点∆E W W K G E =+；负电质点∆E W W K G K =-；中性质点∆E W K G =.
所以正确选项为A 和C.
二、解答题：
1、400
解析：对电子从A 运动到B 的过程运用动能定理12k k E E eU -=-，所以电子离开电场时的能量是eV eV eV eU E E k k 10050040012-=-=-=，电子的能量小于零，这说明了电子不可能到达B 板.事实上，电子未到达B 之前已经减速为零，之后反向加速运动从A 板的小孔中射出，全过程电子经历的电势差为零，其动能不变仍为400eV .
2、 U MN ＝－136.5V
解析：对电子运动过程运用动能定理有qU mv mv =-1212
202，将电子在N 的速度v 分解为垂直于电场方向和平行于电场方向的两个分量，可得v v =20，代入数据解得，M 、N 两点间的电势差U MN 的大小为136.5V ，由于U U N M >可知U MN ＝－136.5V .
3、 （1）匀加速直线运动 （2
解析，（1）两板水平时，油滴恰好平衡，d
qU mg =；倾斜600后，带电油滴受力如图所示，
油滴受到恒定的合力F,其大小等于mg ，从静止做匀加速直线运动，加速度大小为g,方向与A 板成300角.
（2）由图可见，油滴到达A 板的距离是0
2sin 30d
l d ==，由al v 22=得到油滴达到金属板上的速度是2v gd
4、d U E = md
eU a 2= m eU d R v 20= 解析：（1）极板间的电场强度是d
U E = （2）α粒子的电荷为2e ，质量为4m ，所受电场力是d eU eE F 22=
= α 粒子在板间运动的加速度是md
eU m F a 24== （3）α粒子沿着电场线的方向做匀加速运动，由221at d =
得， α粒子在场中运动的时间是 eU m d a d t 22==
α粒子的初速度m eU d R t R v 20==
5、（1）负电 （2）tan mgd U q
=α （3）v gL =-21(cos )/cos αα 解析：（1）由小球的受力可知，小球带负电.
（2）tan ,U qE q mg d
α== 则tan /U mgd q α=.
（3）小球从竖直向下的位置到达平衡位置的过程中，根据动能定理有：
21sin (1cos )2qEL mgL mv αα=--=
将tan qE mg α=代入解得：v gL =-21(cos )/cos αα
6、2cos (3)1sin C T mg θθ
=-+ 解析：设带电小球带有正电荷电量为q ，如果小球能沿圆孤运动到B 点而速度再度变为零，则电场方向应向右，设场强为E ，则在A 、B 两点间应用动能定理得：
AB AB G KB KA qU W E E -+=-
设细线长为l 则有：(1sin )cos 0qEl mgl θθ-++=
cos 1sin qE mg θθ∴=+ （1）
再在A 、C 两点间应用动能定理得：2102AC AC G c qU W mv -+=-
∴-+=qEl mgl mv c 122 （2）
在C 点对带电小球进行受力分析，并由牛顿第二定律得： T mg ma m v l
C n c -==2 把（1）（2）两式代入得：
2cos 2()/(3)1sin C T mg qEl mgl l mg θθ
∴=+-+=-+
7、 （1）12mL t Eq = （2）222mL t Eq
= 解析：（1）由牛顿第二定律：Eq=ma 212L at =
所以，12mL t Eq
= （2）设再经t 2时间A 、B 第二次相碰，则x A =x B
而22A 1x 2
at = B 2x vt = 1v at =
所以2t。