【文档说明】【精准解析】2020-2021学年物理人教版必修第三册课时作业：10-5带电粒子在电场中的运动.pdf，共(11)页，335.053 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业9带电粒子在电场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么(B)A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微

粒做匀加速直线运动解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相

反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．2．一个带正电的油滴从如图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是(B)解析：油滴自电场上方落入电场，即油滴进入电场时有一定的速度，而油滴受重力和电场力的作用，两者的

合力指向右下侧，而油滴进入电场时的速度方向为竖直向下，故油滴的轨迹应如选项B的情形．3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，

带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则(C)A．在前t2时间内，电场力对粒子做的功为Uq4B．在后t2时间内，电场力对粒子做的功为Uq4C．粒子的出射速度偏转角θ满足tanθ＝dLD．粒子通过竖直位移前d4和后d4的过程，所用时间之比为2￿1解析：设粒子在前t

2时间内和在后t2时间内竖直位移分别为y1，y2，根据初速度为零的匀变速直线运动规律的推论知y1￿y2＝1￿3，得y1＝18d，y2＝38d，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为W1＝q·18U＝18qU，在后t2

时间内，电场力对粒子做的功为W2＝q·38U＝38qU，故A、B错误；粒子的出射速度偏转角θ的正切值为tanθ＝vyv0＝atv0＝12at212v0t＝12d12L＝dL，故C正确；根据初速度为零的匀变速直线运动规律的推论知

，粒子通过竖直位移前d4和后d4的过程中，运动时间之比为1￿(2－1)，故选项D错误．4．如图为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的(B)解析：在0～2t1时间内，扫描电压扫描一

次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图象为B.5.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，电荷量为q的小球从圆弧管的

水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为(C)A．E＝mg/qB．E＝2mg/qC．E＝3mg/qD．E＝4mg/q解析：固定于圆心处的点电荷在圆弧AB上产生的电场强度大小处处相

等．以B点为研究点，则：qE－mg＝mv2/R①mv2/2＝mgR②由①②两式得E＝3mg/q.6．如图1所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图2所示的交变电压，

带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则Ek3Ek5等于(B)A.35B.53C．1D.925解析：设两板间的距离为d，经3

t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝qU03，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·U05，故Ek3Ek5＝53，B正确．7.如图所示，用

细丝线悬挂带有正电荷的小球，质量为m，处在水平向右的匀强电场中，在电场力作用下，小球由最低点开始运动，经b点后还可以向右摆动，如用ΔE1表示重力势能的增量，用ΔE2表示电势能的增量，用ΔE表示二者和(ΔE＝ΔE1＋ΔE2)，则在小球由a摆到b的过程中，下列关系式正确的是(C)A．ΔE1

<0，ΔE2<0，ΔE<0B．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE＝0C．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE<0D．ΔE1>0，ΔE2>0，ΔE>0解析：小球由a到b的过程，位置升高，重力势能增加，ΔE1>0，电场力做正功，电

势能减小，ΔE2<0，动能、重力势能、电势能三种形式的能相互转化，动能由零增加到某一值，所以重力势能和电势能的和必减少，故ΔE<0，C选项正确．二、多项选择题8.如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在

收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(BD)A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：带正、负电的矿粉受电场力做正功分别落到左、右两侧，根据电场力做功与电势能的变

化关系有正、负电的矿粉的电势能都变小，故选B、D.9.带电粒子以速度v0沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小为v0，则一定有(ABD)A．静电力大小等于重力大小B．粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小C．静电力所做的功一定等于重力所

做的功D．电势能的减少一定等于重力势能的增加解析：由题意可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，均为a＝v0/t，平均速度大小也相等，故水平位移和竖直位移大小相等，故A、B选项正确；在运动过程中，电场力做正功

，重力做负功，故C选项错误；由能量守恒，可知D选项正确．10.三个分别带有正电、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(BD)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点的颗粒在电场中的加速度的关系是aa>ab>acC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta>tb>tcD．电场力对落在c点的颗

粒做负功解析：由于带电颗粒都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得ta<tb<tc，所以aa>ab>ac，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带正电，电场向上，电场力对落在c点的颗粒做负功，故答

案为B、D.三、非选择题11．两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6kg的带电粒子，以v0＝2m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4cm，板长L＝10cm

.(g＝10m/s2)(1)当A、B间的电压为UAB＝1000V时，粒子恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B板接地，欲使该粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围．答案：(1)2×10－9C负(2)－600～2600V解析：(1)当UAB＝100

0V时，重力跟电场力相等，粒子才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故qUABd＝mg，q＝mgdUAB＝2×10－9C；重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(UAB>0)，所以粒子带负电．(2)当qE>mg时，带电粒子向上偏，从右上边缘飞出，设此时φA＝φ1，因为

φB＝0，所以UAB＝φ1，电场力和重力都沿竖直方向，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度vx＝v0；在竖直方向a＝qφ1md－g，偏移量y＝d2，所以12d＝12at2，代入a和t＝Lv0，解得φ1＝mv20d2＋mgdL2qL2＝2600V，当qE<mg时，带

电粒子向下偏转，设φA＝φ2，则竖直方向a′＝g－qφ2md，同理可得φ2＝－600V，故欲使粒子射出偏转电场，A板电势的范围为－600V≤φA≤2600V.12.如图所示，在光滑绝缘水平面上相距2l的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正电荷，aOb是A、B连线

上的三点，且O为中点，Oa＝Ob＝l2，另有一个质量为m、电荷量为q的试探电荷以初速度v0从a点出发，沿AB连线向B运动，在这运动过程中电荷受到阻力满足Ff＝Error!.当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到b点时速度刚好为零，已知静电力常

量为k，求：(1)a点的场强；(2)取O点电势为零，a点电势φa为多大？电荷q具有的电势能为多大？答案：(1)32kQ9l2方向向右指向B(2)14q(2n－1)mv2014(2n－1)mv20解析：(1)a点的场强是A、B两点电

荷Q在a点产生场强的矢量和，E＝kQ(l2)2－kQ(3l2)2＝32kQ9l2，方向向右指向B.(2)根据对称性φa＝φb，Uab＝0，根据动能定理．当电荷由a运动到O点时，有qUaO－Ffl2＝n

·12mv20－12mv20当电荷由a运动到b点时，有qUab－Ffl＝－12mv20联立解得UaO＝14q(2n－1)mv20φa＝UaO＝14q(2n－1)mv20电荷q具有的电势能Epa＝qφa＝14(2n－1)mv20.13.一带电量为＋Q的点电荷固定在真空中，形成

的电场如图所示．现有一质量为m的带电微粒，在此点电荷附近做匀速圆周运动，周期为T.微粒的重力不能忽略，求：(1)微粒所带电荷的种类；(2)点电荷＋Q与微粒运动轨迹所在平面的距离．答案：(1)负电(2)gT24π2解析：(1)微粒带负电．(2)微粒做圆周运动的轨迹在水平面内，并且轨迹的圆心

O在点电荷的正下方．设圆心O离点电荷的距离为H，轨迹半径为R，微粒受力分析图如图所示．由牛顿第二定律得mgtanα＝m4π2T2R，由几何关系得R＝Htanα，由以上两式联立解得H＝gT24π2.