【文档说明】2023-2024学年高中物理人教版2019 必修第三册课后习题 第十章 习题课 带电粒子在电场中运动的四种题型 Word版含解析.docx，共(7)页，245.758 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d2adb1de6e0b6edacc25f4ca261c281e.html

以下为本文档部分文字说明：

习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型合格考达标练1.如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从

静止释放一同样的微粒,该微粒将()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动答案D解析两平行金属板水平放置时,带电微粒静止,有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转

45°后,两板间电场强度方向逆时针旋转45°,静电力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时静电力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确。2.(2021山东潍坊联考)空间有一沿x轴对称分布的电场,其电场强度E随x变

化的图像如图所示(沿x轴正方向为电场强度正方向)。下列说法正确的是()A.O点的电势最低B.x2点的电势最高C.x1和-x1两点的电势相等D.x1和x3两点的电势相等答案C解析由题图可得电场线以O点为中心指向正、负方向,沿电场线方向电势逐渐降低,所以O点的电势最高,选项

A、B错误;E-x图像与横轴所围的面积表示电势差,因图像关于O对称,所以从O点到x1点和从O点到-x1点电势降落相等,故x1和-x1两点的电势相等,选项C正确;x1、x3两点的电场强度大小相等,沿电场线方向电势逐

渐降低,电势不相等,选项D错误。3.如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则()A.a1∶a

2=1∶1,v1∶v2=1∶2B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=√2∶1D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶√2答案D解析电容器充电后与电源断开,再增大两极板间

的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的静电力不变,故a1∶a2=1∶1。由动能定理Ue=12mv2得v=√2𝑈𝑒𝑚,因两极板间的距离增大为原来的2倍,由U=Ed知,电势差U增大为原来的2倍,故v1∶v2=

1∶√2。4.如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为()A.𝑚𝑣022𝑞B.3𝑚�

�02𝑞C.2𝑚𝑣02𝑞D.3𝑚𝑣022𝑞答案C解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=12𝑚𝑣𝐵2−12𝑚𝑣02,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=𝑣02,联立解得UAB=2𝑚𝑣02𝑞,故C正

确。5.如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置()A.在P点的左上方B.在P点的右上方C.在P点的正上

方D.上述情况都可能答案A解析油滴仅在重力与静电力作用下运动,直到运动到最高点Q,此过程初动能与末动能相同,设油滴上升的高度为h,油滴的初、末位置间的电势差为UPQ,油滴带的电荷量为-q,由动能定理得-qUPQ-mgh=12𝑚𝑣02−12𝑚𝑣02,解得UPQ=-𝑚𝑔ℎ𝑞,

故UPQ<0,说明Q点的电势高于P点的电势,即油滴的最高点的位置应在P点的左上方,A正确。6.一质量为m、带电荷量为+q的微粒放在静电场中,电场强度随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下,从t=0由静止开始运动。请分析带电微粒的运动情况并计算3t0时间内发生的位移。答案运动情况见解

析3𝑞𝐸0𝑡022𝑚解析0~t0时间内,微粒做匀加速直线运动a=𝑞𝐸0𝑚t0时刻速度v1=at0=𝑞𝐸0𝑡0𝑚t0时间内位移x1=12𝑎𝑡02=𝑞𝐸0𝑡022𝑚t0~2t0时间内,微粒做匀减速直线运动,加速度大小同0~t

0时间段2t0时刻末速度v2=v1-at0=0t0~2t0时间内位移x2=v1t0-12𝑎𝑡02=𝑞𝐸0𝑡022𝑚2t0~3t0重复0~t0的运动故带电微粒先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动至速度为0,以后以2t0为一个周期重复此运动前3t0时间内位移

x总=2x1+x2=3𝑞𝐸0𝑡022𝑚。提示本题也可借助图像法求解,如图所示。7.如图所示,一长为L=0.20m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4kg、带电荷量为q=+1.0×10-6C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置

处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10m/s2。求:(1)小球通过最高点B时速度的大小。(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。答案(1)2m/s(

2)3.0×10-3N解析(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有qEL-mgL=𝑚𝑣𝐵22vB=√2(𝑞𝐸-𝑚𝑔)𝐿𝑚=2m/s

。(2)小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用,经计算mg=1.0×10-4×10N=1.0×10-3NqE=1.0×10-6×2.0×103N=2.0×10-3N因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达

B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有FTB+mg-qE=𝑚𝑣𝐵2𝐿FTB=𝑚𝑣𝐵2𝐿+qE-mg=3.0×10-3N。等级考提升练8.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的

粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知()A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量

之比相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等答案BC解析由题图可知,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力qE=m𝑣2𝑟,解得r=𝑚𝑣2𝑞𝐸,r、E为定值,若

q相等则12mv2一定相等;若𝑞𝑚相等,则速率v一定相等,故B、C正确。9.(多选)角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场。两带电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2的粒子分别以速度v1、v2垂直电场射入,并分别以速度v1'、v2'落在斜面上,在电场中的时间分别为t1、t2

。入射速度为v2的粒子射得更远,如图所示,不计粒子重力。下列说法正确的是()A.若v1<v2,则t1<t2B.若v1=v2,则𝑞1𝑚1>𝑞2𝑚2C.若v1>v2,则v1'<v2'D.若v1=v2,则v1'=v2'答案BD解析设粒子竖直向下的加速度为a

,电场的电场强度为E。对粒子的运动在竖直方向有y=12at2,在水平方向有x=vt。由几何关系有tanθ=𝑦𝑥,解得t=2𝑣tan𝜃𝑎,x=2𝑣2tan𝜃𝑎。由于不知两粒子加速度a的大小关系,无法确定两粒子运动时间的关

系。由于速度为v2的粒子水平位移较大,若v1=v2,则a1>a2,而a=𝑞𝐸𝑚=𝑞𝑚E,则𝑞1𝑚1>𝑞2𝑚2;粒子落在斜面时的竖直分速度为vy=at=2vtanθ,则落在斜面上的速度为v'=√𝑣2+𝑣�

�2=√𝑣2+4𝑣2tan2𝜃,选项A、C错误,B、D正确。10.如图所示,质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,

已知AO的水平距离为d,不计重力。求:(1)从A点到B点所用的时间。(2)粒子在B点的速度大小。(3)匀强电场的电场强度大小。答案(1)𝑑𝑣0(2)√2v0(3)𝑚𝑣02𝑒𝑑解析(1)粒子从A点以v0的速

度沿垂直电场线方向射入电场,水平方向做匀速直线运动,则有t=𝑑𝑣0。(2)由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,则粒子在B点的速度大小v=√2v0。(3)根据牛顿第二定律得a=𝑒𝐸𝑚将粒子射出电场的速度v进行分解,则有vy=at=𝑒𝐸𝑚·𝑑𝑣0=𝑒

𝐸𝑑𝑚𝑣0又vy=v0tan45°联立解得E=𝑚𝑣02𝑒𝑑。11.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔,质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处时速

度恰为零(空气阻力忽略不计),极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g,求:(1)小球到达小孔处的速度大小。(2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量。(3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。答案(1)√2𝑔ℎ(2)𝑚𝑔(ℎ+𝑑)𝑞𝑑𝑚𝑔(ℎ+𝑑)�

�𝑞(3)ℎ+𝑑ℎ√2ℎ𝑔解析(1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有v2=2gh解得v=√2𝑔ℎ。(2)在从释放至到达下极板处过程,由动能定理有mg(h+d)-qEd=0解得E=𝑚𝑔(ℎ+𝑑)𝑞𝑑电容器两极板间的电压为U=Ed

=𝑚𝑔(ℎ+𝑑)𝑞电容器带的电荷量为Q=CU=𝑚𝑔(ℎ+𝑑)𝐶𝑞。(3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2联立解得t=ℎ+𝑑ℎ√2ℎ𝑔。12.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、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。

答案(1)2√𝑔𝑅5mg,方向竖直向下(2)mg,方向竖直向下解析(1)A至D点,由动能定理得mgR+qER=12𝑚𝑣12,v1=2√𝑔𝑅由牛顿第二定律FN-mg=m𝑣12𝑅,FN=5mg由牛顿第三定律FN=FN'小球对管壁的压

力为5mg,方向竖直向下。(2)第一次经过C,-mgR+qE·2R=12𝑚𝑣22设管壁对小球的作用力方向竖直向下,mg+FC1=m𝑣22𝑅FC1=mg,方向竖直向下。