第一章帶電粒子在電場中的運動—2020-2021學(xué)年高中物理選修3-1練習(xí)冊

1、習(xí)題課:帶電粒子在電場中的運動知識點一帶電粒子在電場中運動的定性分析1.(多選)如圖LX3-1所示,豎直向下的電場線上有a、b兩點,在a點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子,粒子到達(dá)b點時速度恰好為零,a、b間的高度差為h,重力加速度為g,則()圖LX3-1A.粒子帶負(fù)電B.a、b兩點間的電勢差Uab=mghqC.b點場強大于a點場強D.a點場強大于b點場強2.(多選)如圖LX3-2所示,一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左,不計空氣阻力,則小球()圖LX3-2A.做直線運動B.做曲線運動C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小3.如圖LX3-3所示,

2、平行金屬板A、B水平正對放置,分別帶等量異號的電荷.一帶電微粒沿水平方向射入板間,在重力和靜電力共同作用下運動,其運動軌跡如圖中虛線所示,下列說法正確的是()圖LX3-3A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷B.微粒從M點運動到N點,其電勢能一定增加C.微粒從M點運動到N點,其動能一定增加D.微粒從M點運動到N點,其機械能一定增加4.氕、氘、氚原子核的初速度為零,經(jīng)同一電場加速后,又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn),最后打在熒光屏上,如圖LX3-4所示.下列說法正確的是()圖LX3-4A.經(jīng)過加速電場的過程中,靜電力對氚核做的功最多B.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中,靜電力對氚核做的功最多C.三種原子核打在屏上的速度

3、一樣大D.三種原子核都打在屏的同一位置上知識點二帶電粒子在電場中運動的定律計算5.(多選)如圖LX3-5所示,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與場強垂直的方向射入,不計粒子所受的重力.當(dāng)粒子的入射速度為v時,它恰能穿過這一電場區(qū)域而不碰到極板.現(xiàn)要使質(zhì)量為m、入射速度為v2的粒子也能恰好穿過圖LX3-5這一電場區(qū)域而不碰到極板,若只能改變一個物理量,下列做法可行的是() A.使粒子所帶的電荷量減小為原來的14B.使兩極板間的電勢差減小為原來的一半C.使兩極板間的距離增加為原來的2倍D.使兩極板的長度減小為原來的一半6.如圖LX3-6所示,兩極板與電源相連接,電子從負(fù)極板邊

4、緣沿垂直于電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板的邊緣飛出,現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?使電子仍從原位置射入,若電子仍從正極板的邊緣飛出,則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)圖LX3-6A.2倍B.4倍C.12D.147.(多選)如圖LX3-7所示,M、N是豎直放置的兩平行金屬板,分別帶等量異種電荷,兩板間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場,場強為E,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒以初速度v0沿豎直向上方向從與兩板等距的A點射入勻強電場中,在靜電力的作用下垂直打到N板上的C點,已知AB=BC.不計空氣阻力,則可知(重力加速度為g)()圖LX3-7A.微粒在電場中做曲線運動B.微粒打到C點時的速率與射入

5、電場時的速率相等C.M、N板間的電勢差為2mv02qD.M、N板間的電勢差為Ev022g知識點三等效場問題8.如圖LX3-8所示,在方向水平向右的勻強電場中,細(xì)線一端固定,圖LX3-8另一端拴一帶正電小球,使球在豎直面內(nèi)繞固定端O做圓周運動.不計空氣阻力,靜電力和重力的大小剛好相等,細(xì)線長為r.當(dāng)小球運動到圖中位置A時,細(xì)線在水平位置,拉力FT=3mg.重力加速度大小為g,則小球速度的最小值為() A.2gr B.2grC.(6-22)grD.(6+22)gr 9.如圖LX3-9所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強電場中,一帶負(fù)電的小球從高為h圖LX3-9的A處由靜止

6、開始下滑,沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知小球所受靜電力是其重力的34,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為=53°,軌道水平段BC長度sBC=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運動,則高度h為()A.2RB.4RC.10RD.17R10.質(zhì)量為m的物塊,帶電荷量為+Q,開始時讓它靜止在傾角為=60°的圖LX3-10固定光滑絕緣斜面頂端,整個裝置放在方向水平、大小為E=3mgQ(g為重力加速度)的勻強電場中,如圖LX3-10所示,斜面高為H,釋放物塊后,物塊落地的速度大小為()A.(2+3)gHB.52gHC.22gHD.2gH11.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的

7、縫隙中存在一沿半徑方向的電場,如圖LX3-11所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域邊緣的M點射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一邊緣的N點射出,由此可知()圖LX3-11A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質(zhì)量一定相等B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動能一定相等C.若入射粒子的比荷相等,則出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的比荷相等,則出射粒子的動能一定相等12.如圖LX3-12所示,半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上,場強為E的勻強電場與環(huán)面平行.一電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上,可沿環(huán)做無摩擦的圓周運動,若小球經(jīng)過A點時,速度vA的方向恰與電場方向垂直,且圓

8、環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用,求:圖LX3-12(1)速度vA的大小;(2)小球運動到與A點對稱的B點時對環(huán)在水平方向的作用力的大小. 13.(多選)如圖LX3-13甲所示,在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓,A板的電勢為0.一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t=T4時刻進入兩極板,僅在靜電力作用下由靜止開始運動,恰好能到達(dá)B板,則()圖LX3-13A.A、B兩板間的距離為qU0T216mB.電子在兩板間的最大速度為qU0mC.電子在兩板間做勻加速直線運動D.若電子在t=T8時刻進入兩極板,它將時而向B板運動,時而向A板運動,最終打在B板上14.如圖LX3-14所示,在真空中,沿水平方向和

9、豎直方向建立直角坐標(biāo)系xOy,在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強電場E(電場強度E的大小未知).有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從坐標(biāo)原點O由靜止開始自由下落,當(dāng)小球運動到P(0,-h)點時,在x軸下方突然加一豎直向上的勻強電場,其電場強度與x軸上方的電場強度大小相等.若小球從P返回到O點與從O點下落到P點所用的時間相等,重力加速度為g,試求:(1)小球返回O點時的速度大小;(2)勻強電場的電場強度E的大小;(3)小球運動到最高點時的位置坐標(biāo).圖LX3-14習(xí)題課:帶電粒子在電場中的運動1.ABC解析 由題意,在a點,加速度向下,在b點,加速度向上,所以粒子帶負(fù)電,Eaq<mg,Ebq&

10、gt;mg,則b點場強大于a點場強,選項A、C正確.帶電粒子從a點到達(dá)b點,由動能定理得mgh-qUab=0,則a、b兩點間的電勢差Uab=mghq,選項B正確.2.BC解析 對小球受力分析,小球受重力、靜電力作用,合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上,故小球做曲線運動,選項A錯誤,選項B正確;在運動的過程中,合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角,故合外力對小球先做負(fù)功后做正功,所以速率先減小后增大,選項C正確,D錯誤.3.C解析 由于不知道重力和靜電力大小關(guān)系,所以不能確定靜電力方向,不能確定微粒電性,也不能確定靜電力對微粒做功的正負(fù),選項A、B、D錯誤;根據(jù)微粒偏轉(zhuǎn)方向可知微

11、粒所受合外力一定豎直向下,則合外力對微粒做正功,由動能定理知微粒的動能一定增加,選項C正確.4.D解析 三種原子核帶電荷量相同,故在同一加速電場中,靜電力對它們做的功都相同,A錯誤;由于質(zhì)量不同,所以三種原子核打在屏上的速度不同,C錯誤;根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)=l2U24dU1或偏轉(zhuǎn)角公式tan =lU22dU1,可知偏轉(zhuǎn)距離或偏轉(zhuǎn)角與帶電粒子無關(guān),在同一偏轉(zhuǎn)電場中,靜電力對它們做的功也相同,故B錯誤,D正確. 5.ACD解析 設(shè)極板長為L,兩極板間的距離為d,兩極板間的電勢差為U,依題意有12·qUdm·Lv2=d2,即mv2d2=qUL2,要使粒子恰好穿過電場區(qū)域,必須滿足

12、上式,因此可使q或U減小為原來的14,選項A正確,選項B錯誤;也可使d增大為原來的2倍,選項C正確;還可使L減小到原來的12,選項D正確.6.C解析 電子在兩極板間做類平拋運動,則水平方向有l(wèi)=v0t,所以t=lv0,豎直方向有d=12at2=qU2mdt2=qUl22mdv02,故d2=qUl22mv02,即d1v0,C正確.7.AB解析 由題意可知,微粒受水平向右的靜電力qE和豎直向下的重力mg作用,合力與v0不共線,所以微粒做曲線運動,A正確;因AB=BC,即v02·t=vC2·t,故vC=v0,B正確;由q·U2=12mvC2,得U=mvC2q=mv02q

13、,C錯誤;由mg=qE,得q=mgE,代入U=mv02q,得U=Ev02g,D錯誤.8.C解析 小球在A點,FT+Eq=mvA2r,Eq=mg,則速度vA=2gr,由A到小球做圓周運動的等效最高點,由動能定理得Eqr(1-cos 45°)-mgrsin 45°=12mvmin2-12mvA2,解得vmin=(6-22)gr,選項C正確.9.C解析 小球所受的重力和靜電力均為恒力,故兩力可等效為一個力F=(mg)2+34mg2=54mg,方向與豎直方向的夾角為37°偏左下.若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好做完整的圓周運動,即通過等效最高點D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0,由圓周運

14、動知識可得54mg=mvD2R;由A到D的過程由動能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-34mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=12mvD2,解得h=10R,故選項C正確,選項A、B、D錯誤.10.C解析 對物塊進行受力分析,物塊受重力和水平向左的電場力,電場力F=QE=3mg,合力與水平方向夾角=30°,根據(jù)動能定理,從開始到落地過程,有mgH+F·Htan=12mv2-0,可得v=22gH,故C正確.11.BC解析 由圖可知,粒子在電場中做勻速圓周運動,靜電力提供向心力,qE=mv2R,得R=mv2qE,R、E為定值,若q

15、相等,則12mv2一定相等;若qm相等,則速率v一定相等,但動能不一定相等,故B、C正確.12. (1) qErm(2)6qE解析 (1)在A點,小球在水平方向只受靜電力作用,根據(jù)牛頓第二定律得qE=mvA2r所以小球在A點的速度vA= qErm.(2)在小球從A到B的過程中,根據(jù)動能定理,靜電力做的正功等于小球動能的增加量,即2qEr=12mvB2-12mvA2小球在B點時,根據(jù)牛頓第二定律,在水平方向有FB-qE=mvB2r解得小球在B點受到環(huán)的水平作用力FB=6qE由牛頓第三定律知,球?qū)Νh(huán)在水平方向的作用力大小FB'=6qE.13.AB解析 電子在靜電力作用下,加速度大小不變,方向變化,選項C錯誤;電子在t=T4時刻進入兩極板,先加速后減速,在t=3T4時刻到達(dá)B板,設(shè)A、B兩板的間距為d,則12·qU0mdT42=d2,解得d=qU0T216m,選項A正確;在t=T2時刻速度最大,最大速度vm=qU0md·T4=qU0m,選項B正確;若電子在t=T8時刻進入兩極板,在T8T2內(nèi)電子做勻加速運動,位移x=12·qU0md3T82=9d8>d,說明電子會一直向B板運動并打在B板上,不會向A板運動,選項D錯誤.14.(1)22gh(2)4mgq(3)(4h,16h)解析 (1)設(shè)小球從O