【學練考】2021-2022學年高二人教版物理選修3-1練習冊：1.習題課：帶電粒子在電場中的運動-

習題課：帶電粒子在電場中的運動學問點一帶電粒子在電場中的加速和偏轉1．(多選)一個帶電粒子在電場中只受靜電力作用時，它可能消滅的運動狀態(tài)是()A．勻速直線運動B．勻加速直線運動C．勻變速曲線運動D．勻速圓周運動2．(多選)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，如圖LX2-1所示，不計粒子所受的重力．當粒子的入射速度為v時，它恰能穿過這一電場區(qū)域而不遇到金屬板上．現(xiàn)要使質(zhì)量為m、入射速度為eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不遇到金屬板，僅轉變一個物理量，則下列說法可行的是()圖LX2-1A．使粒子所帶的電荷量減小為原來的eq\f(1,4)B．使兩極板間的電勢差減小為原來的一半C．使兩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3．(多選)如圖LX2-2所示，空間存在一勻強電場，其方向與水平方向間的夾角為30°，A、B連線與電場垂直，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以初速度v0從A點水平向右拋出，經(jīng)過時間t小球最終落在C點，速度大小仍是v0，且AB＝BC，則下列說法中正確的是()圖LX2-2A．電場方向沿電場線斜向上B．電場強度大小為E＝eq\f(mg,q)C．小球下落高度為eq\f(3,4)gt2D．此過程增加的電勢能等于eq\f(1,2)mg2t2學問點二帶電粒子在周期性變化的電場中的運動4．(多選)如圖LX2-3甲所示，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的電子僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時刻由靜止釋放進入兩極板開頭運動，恰好到達B板．則()圖LX2-3A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運動D．若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板學問點三電場與重力場的綜合5．(多選)如圖LX2-4所示，在豎直平面內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，用絕緣細線拴住一帶正電的小球，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則下列說法正確的是()圖LX2-4A．若靜電力大于重力，小球運動到最高點a時，線的張力肯定最小B．若靜電力小于重力，當小球運動到最低點b時，小球的速度肯定最大C．小球可能做勻速圓周運動D．小球不行能做勻速圓周運動6．如圖LX2-5所示，勻強電場水平向右，細線一端固定，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，靜電力和重力大小剛好相等，細線長為r.當小球運動到圖中位置A時，細線在水平方向，拉力FT＝3mg.重力加速度大小為g，則小球的最小速度大小為()圖LX2-5A.eq\r(2gr)B．2eq\r(gr)C.eq\r(（6－2\r(2)）gr)D.eq\r(（6＋2\r(2)）gr)7．將帶正電、負電和不帶電的三個等質(zhì)量的小球A、B、C，分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上極板帶負電，下極板接地，P點到上、下兩板的距離相等，三個小球分別落在如圖LX2-6所示位置，則下列推斷錯誤的是()圖LX2-6A．A小球帶正電、B小球不帶電、C小球帶負電B．三個小球在電場中的加速度的大小關系是aA<aB<aCC．三個小球在電場中運動的時間相等D．三個小球到達下板時的動能關系是EkC>EkB>EkA8．(多選)如圖LX2-7所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b分別與電源的正、負極相連，a、b板的中心沿豎直方向各有一個小孔，帶正電的液滴從小孔的正上方P點由靜止自由落下，先后穿過兩個小孔后的速度為v1.現(xiàn)使a板不動，保持開關S打開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，然后相同的液滴仍從P點自由落下，先后穿過兩個小孔后的速度為v2.下列說法中正確的是()圖LX2-7A．若保持開關S閉合，向下移動b板，則v2>v1B．若開關S閉合一段時間后再打開，向下移動b板，則v2>v1C．若保持開關S閉合，無論向上或向下移動b板，都有v2＝v1D．若開關S閉合一段時間再打開，無論向上或向下移動b板，都有v2<v19．(多選)如圖LX2-8所示，在粗糙水平面上固定一個點電荷Q，在M點無初速度釋放一個帶有恒定電荷量的小物塊，小物塊在Q的電場中運動到N點靜止，則從M點運動到N點的過程中()圖LX2-8A．小物塊所受的靜電力漸漸減小B．小物塊具有的電勢能漸漸削減C．M點的電勢肯定高于N點的電勢D．小物塊電勢能的變化量肯定等于小物塊克服摩擦力所做的功10．(多選)如圖LX2-9所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，兩板間的距離為d，在距極板右端L處有一豎直放置的屏M，一個帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩極板中心射入板間，最終垂直打在M屏上，則()圖LX2-9A．極板間的電場強度大小為eq\f(mg,q)B．極板間的電場強度大小為eq\f(2mg,q)C．質(zhì)點在極板間運動的時間等于質(zhì)點從極板右端運動到M屏的時間D．質(zhì)點在極板間運動的時間大于質(zhì)點從極板右端運動到M屏的時間11．在光滑絕緣水平面上放置一質(zhì)量m＝0.2kg、電荷量q＝5×10－4C的帶正電的小球，小球系在長L＝0.5m的絕緣細線上，線的另一端固定在O點．整個裝置置于勻強電場中，電場方向與水平面平行且沿OA方向，如圖LX2-10所示(此圖為俯視圖)．現(xiàn)給小球一初速度使其繞點O做圓周運動，小球經(jīng)過A點時細線的張力F＝140(1)求電場強度的大?。?2)求運動過程中小球的最小動能．(3)若小球運動到動能最小的位置時細線被剪斷，則小球經(jīng)多長時間其動能與在A點時的動能相等？此時小球距A點多遠？圖LX2-10習題課：帶電粒子在電場中的運動1．BCD[解析]帶電粒子只要處在電場中，就會受到靜電力的作用，肯定有加速度，選項A錯誤；當靜電力方向與粒子的運動方向相同時，粒子做勻加速直線運動，選項B正確；當靜電力方向與粒子的運動方向有肯定夾角時，粒子做勻變速曲線運動，選項C正確；在點電荷產(chǎn)生的電場中，帶電粒子有可能做勻速圓周運動，選項D正確．2．ACD[解析]設金屬板長為L，兩極板間的距離為d，兩極板間的電勢差為U，依題意有eq\f(1,2)·eq\f(qU,dm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d,2)，即mv2d2＝qUL2，要使粒子恰好穿過電場區(qū)域，必需滿足上式．因此可單獨使q或U減小為原來的eq\f(1,4)，也可使d增大為原來的2倍，還可使L減小到原來的eq\f(1,2)，故選項A、C、D正確．3．BC[解析]帶正電小球從A點到C點，由動能定理，WG－W電＝0，靜電力做負功，電場線斜向下，選項A錯誤；mglcos30°－qElcos30°＝0，解得qE＝mg，選項B正確；靜電力和重力的合力大小為eq\r(3)mg，方向與豎直方向夾角為30°，在豎直方向上，加速度ay＝eq\f(\r(3)mgcos30°,m)＝eq\f(3,2)g，h＝eq\f(1,2)ayt2＝eq\f(3,4)gt2，選項C正確；此過程重力做功W＝mgh＝eq\f(3,4)mg2t2，電勢能增加eq\f(3,4)mg2t2，選項D錯誤．4．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＝eq\f(T,4)時刻進入兩極板，先加速后減速，在t＝eq\f(3T,4)時刻到達B板，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項A正確；在t＝eq\f(T,2)時速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，選項B正確；若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)電子做勻加速運動，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9d,8)，已經(jīng)到達B板，選項D錯誤．5．BC[解析]由于小球的電荷量未知，故其運動狀態(tài)有多種可能．若小球所受靜電力與重力平衡，則小球僅在細線拉力作用下做勻速圓周運動；若小球所受重力與靜電力不平衡，則小球可能做變速圓周運動，選項C正確；若靜電力大于重力，小球運動到最高點a時，速度最大，線的張力肯定最大，選項A錯誤；若靜電力小于重力，當小球運動到最低點b時，小球的速度肯定最大，選項B正確．6．C[解析]小球在A點，F(xiàn)T＋Eq＝meq\f(veq\o\al(2,A),r)，則速度vA＝2eq\r(gr)，由A到等效最高點，由動能定理，Eqr(1－cos45°)－mgrsin45°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vm＝eq\r(（6－2\r(2)）gr)，選項C正確．7．C[解析]由于A的水平射程x最遠，A的運動時間t＝eq\f(x,v0)最長，選項C錯誤．A的加速度aA＝eq\f(2h,t2)最小(設平行金屬板間距為2h)，而C的加速度aC最大，即aA<aB<aC，選項B正確．A帶正電，所受靜電力方向與重力方向相反；B不帶電；C帶負電，所受靜電力方向與重力方向相同，選項A正確．由動能定理知EkC>EkB>EkA，選項D正確．8．BC[解析]帶電液滴由靜止下落到穿過a板小孔的整個過程，重力做功WG＝mgh，克服靜電力做功WF＝qU，由動能定理有mgh－qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).若保持開關S閉合，無論向上或向下移動b板，兩極板間的電勢差都不變，克服靜電力做功不變，則v2＝v1，選項C正確．若開關S閉合一段時間后再打開，移動b板后，兩極板所帶的電荷量不變，但兩極板間的電勢差變化，當向上移動b板時，兩極板間的電勢差變大，克服靜電力做的功WF′>WF，則v2<v1；當向下移動b板時，兩極板間的電勢差變小，克服靜電力做的功W″F<WF，則v2>v1.選項B正確．9．AB[解析]在遠離電荷Q的過程中，小物塊所受到的靜電力減?。∥飰K在靜電力的作用下從靜止開頭運動，靜電力做正功，電勢能削減，由動能定理知，靜電力做的功與摩擦力做的功的代數(shù)和為零，即電勢能的變化量的負值等于克服摩擦力做的功，選項A、B正確，D錯誤．由于不知道電荷的性質(zhì)，故無法推斷M、N兩點電勢的凹凸，選項C錯誤．10．BC[解析]由運動的獨立性可知，質(zhì)點在沿平行極板方向做勻速直線運動，選項C正確；由粒子垂直打在M屏上可知Eq－mg＝mg，故E＝eq\f(2mg,q)，選項B正確．11．(1)4×104N/C(2)10J(3)eq\f(\r(2),10)seq\r(2)m[解析](1)小球由A到A關于圓心的對稱點B，由動能定理有2qEL＝|ΔEk|，可得E＝4×104N/C.(2)設小球運動到A點時速度為vA，由牛頓其