带电粒子在电场中的加速_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg，以下说法正确的是（　　）

A小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动

B小球释放后，第一次达到最高点C时对管壁无压力

C小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为5：1

D小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5：1

正确答案

D

解析

解：根据题意有：qE=mg ①

小球从A运动到D的过程：

mgR+qER=mvD2 ②

在D点有：

FN-mg=m③

小球从A第一次运动到C的过程有：

mg（-R）+qE（2R）=mvC12 ④

在C点第一次 mg+FN1=m ⑤

小球从A第二次运动到C的过程有：

mg（-R）+qE（4R）=mvC22 ⑥

在C点第二次mg+FN2=m⑦

由①～⑦式，解得

FN=5mg，FN1=mg，FN2=5mg

故选：D．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，带电荷量之比为qA：qB=1：3的带电粒子A、B以相同的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC=CD，忽略粒子重力的影响，则（　　）

AA和B在电场中运动的时间之比为1：2

BA和B运动的加速度大小之比为4：1

CA和B的质量之比为1：12

DA和B的位移大小之比为1：1

正确答案

A,B,C

解析

解：A、粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x=v0t，粒子的运动时间之比：=═=，故A正确；

B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，y=at2，加速度之比：===，故B正确；

C、由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量之比：===×=，故C正确；

D、A、B的位移之比：=≠，故D错误；

故选：ABC．

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题型：简答题

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简答题

在如图所示，AB为光滑水平桌面；BQ为竖直平面内半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道，固定在AB右端．Q点与圆心O等高．在水平桌面上放一块长为L=1m的木板，其质量为m=1kg，木板右端上表面与圆弧轨道相切于B点．木板左端放一个质量也为m的小物块（可视为质点），小物块带电量为q=10-4C．现在竖直线OB左侧空间加匀强电场，电场强度E=105N/C，方向与水平方向成37°斜向下，同时在小物块上施加6N的水平向左的恒力F．小物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．设小物块与薄板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．

（1）求小物块所受的摩擦力大小；

（2）若撤去拉力F，求小物块第一次到达B点时的速度大小；

（3）当小物块返回B点时，撤去电场．小物块最后停在木板上，距木板右端l=0.2m处．求小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功．

正确答案

解：（1）电场力在水平方向的分力为：qEcos37°=10-4×105×0.8=8N

电场力在竖直方向的分力为：qEsin37°=10-4×105×0.6=6N

小物块与木板间的最大静摩擦力为：fm=μ（mg+qEsin37°）=0.25×（1×10+6）=4N

由于qEcos37°-F＜fm，小物块保持静止，

所以小物块受静摩擦力为：f=qEcos37°-F=8-6=2N

（2）撤去F后，小物块向右加速，木板仍然静止．小物块受合力为：

F=qEcos37°-fm=8-4=4N，

小物块从开始至运动到B点，由动能定理得：FL=

B点速度为：v0=

代入数据解得：v0=2m/s

（3）小物块从B点滑上圆弧轨道后再返回B点过程，设返回速度为v，由动能定理有：

-Wf=

小物块减速，加速度大小为：a1==μg=2.5m/s2；

木板加速，加速度大小为：a2==μg=2.5m/s2

从小物块滑上木板到相对静止，所用时间为t，有：

v-a1t=a2t

（vt-a1t2）-=l

解得：Wf=3J

答：（1）小物块所受的摩擦力大小2N；

（2）小物块第一次到达B点时的速度大小2m/s；

（3）小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功3J．

解析

解：（1）电场力在水平方向的分力为：qEcos37°=10-4×105×0.8=8N

电场力在竖直方向的分力为：qEsin37°=10-4×105×0.6=6N

小物块与木板间的最大静摩擦力为：fm=μ（mg+qEsin37°）=0.25×（1×10+6）=4N

由于qEcos37°-F＜fm，小物块保持静止，

所以小物块受静摩擦力为：f=qEcos37°-F=8-6=2N

（2）撤去F后，小物块向右加速，木板仍然静止．小物块受合力为：

F=qEcos37°-fm=8-4=4N，

小物块从开始至运动到B点，由动能定理得：FL=

B点速度为：v0=

代入数据解得：v0=2m/s

（3）小物块从B点滑上圆弧轨道后再返回B点过程，设返回速度为v，由动能定理有：

-Wf=

小物块减速，加速度大小为：a1==μg=2.5m/s2；

木板加速，加速度大小为：a2==μg=2.5m/s2

从小物块滑上木板到相对静止，所用时间为t，有：

v-a1t=a2t

（vt-a1t2）-=l

解得：Wf=3J

答：（1）小物块所受的摩擦力大小2N；

（2）小物块第一次到达B点时的速度大小2m/s；

（3）小物块在圆弧轨道上运动过程中克服摩擦力做的功3J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，有一质子经电压U0加速后，进入两块间距为d电压为U的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，求

（1）金属板的长L

（2）质子穿出电场时的动能；

（3）若题中质子改为α粒子，则（1）（2）中的问题结果是否改变？

正确答案

解：（1）质子在左边电场中加速，

由动能定理得：-0，

质子在右边电场中做类平抛运动，

偏移量：，

解得：；

（2）对质子整个过程，由动能定理得：

，

质子射出电场时的动能为：；

（3）质子改为α粒子，

偏移量：

可知（1）中的金属板的长度不变．

但（2）中α粒子穿出电场时的动能会有变化，

因为α粒子的电荷量为2e，由可知，

其动能是质子射出电场时动能的2倍．

答：（1）金属板的长L为d；

（2）质子穿出电场时的动能为：e（U0+）；

（3）若题中质子改为α粒子，板长L不变，动能变为质子动能的2倍．

解析

解：（1）质子在左边电场中加速，

由动能定理得：-0，

质子在右边电场中做类平抛运动，

偏移量：，

解得：；

（2）对质子整个过程，由动能定理得：

，

质子射出电场时的动能为：；

（3）质子改为α粒子，

偏移量：

可知（1）中的金属板的长度不变．

但（2）中α粒子穿出电场时的动能会有变化，

因为α粒子的电荷量为2e，由可知，

其动能是质子射出电场时动能的2倍．

答：（1）金属板的长L为d；

（2）质子穿出电场时的动能为：e（U0+）；

（3）若题中质子改为α粒子，板长L不变，动能变为质子动能的2倍．

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题型：多选题

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多选题

三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0，垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示．下面判断正确的是（　　）

A落在a点的颗粒带正电，C点的带负电，b点的不带电

B落在a、b、c点颗粒在电场中的加速度的关系是aa＞bb＞cc

C三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta＞tb＞tc

D落在c点的动能最大

正确答案

B,D

解析

解：A、B、C根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xa＜xb＜xc，则运动时间关系为ta＜tb＜tc．竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 aa＞ab＞ac．由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为 Fa＞Fb＞Fc．由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电．故AC错误，B正确．

D、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G-F，做功最少动能最小，故D正确．

故选：BD

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