第一章带电粒子在电场中的运动—2020-2021学年高中物理选修3-1练习册

1、习题课:带电粒子在电场中的运动知识点一带电粒子在电场中运动的定性分析1.(多选)如图LX3-1所示,竖直向下的电场线上有a、b两点,在a点由静止释放一个质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,粒子到达b点时速度恰好为零,a、b间的高度差为h,重力加速度为g,则()图LX3-1A.粒子带负电B.a、b两点间的电势差Uab=mghqC.b点场强大于a点场强D.a点场强大于b点场强2.(多选)如图LX3-2所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左,不计空气阻力,则小球()图LX3-2A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小3.如图LX3-3所示,

2、平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号的电荷.一带电微粒沿水平方向射入板间,在重力和静电力共同作用下运动,其运动轨迹如图中虚线所示,下列说法正确的是()图LX3-3A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点,其电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点,其动能一定增加D.微粒从M点运动到N点,其机械能一定增加4.氕、氘、氚原子核的初速度为零,经同一电场加速后,又经同一匀强电场偏转,最后打在荧光屏上,如图LX3-4所示.下列说法正确的是()图LX3-4A.经过加速电场的过程中,静电力对氚核做的功最多B.经过偏转电场的过程中,静电力对氚核做的功最多C.三种原子核打在屏上的速度

3、一样大D.三种原子核都打在屏的同一位置上知识点二带电粒子在电场中运动的定律计算5.(多选)如图LX3-5所示,一个质量为m、电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入,不计粒子所受的重力.当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到极板.现要使质量为m、入射速度为v2的粒子也能恰好穿过图LX3-5这一电场区域而不碰到极板,若只能改变一个物理量,下列做法可行的是() A.使粒子所带的电荷量减小为原来的14B.使两极板间的电势差减小为原来的一半C.使两极板间的距离增加为原来的2倍D.使两极板的长度减小为原来的一半6.如图LX3-6所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边

4、缘沿垂直于电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板的边缘飞出,现在使电子的入射速度变为原来的两倍,使电子仍从原位置射入,若电子仍从正极板的边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的()图LX3-6A.2倍B.4倍C.12D.147.(多选)如图LX3-7所示,M、N是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两板间产生一个水平向右的匀强电场,场强为E,一质量为m、电荷量为+q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中,在静电力的作用下垂直打到N板上的C点,已知AB=BC.不计空气阻力,则可知(重力加速度为g)()图LX3-7A.微粒在电场中做曲线运动B.微粒打到C点时的速率与射入

5、电场时的速率相等C.M、N板间的电势差为2mv02qD.M、N板间的电势差为Ev022g知识点三等效场问题8.如图LX3-8所示,在方向水平向右的匀强电场中,细线一端固定,图LX3-8另一端拴一带正电小球,使球在竖直面内绕固定端O做圆周运动.不计空气阻力,静电力和重力的大小刚好相等,细线长为r.当小球运动到图中位置A时,细线在水平位置,拉力FT=3mg.重力加速度大小为g,则小球速度的最小值为() A.2gr B.2grC.(6-22)grD.(6+22)gr 9.如图LX3-9所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h图LX3-9的A处由静止

6、开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.已知小球所受静电力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为()A.2RB.4RC.10RD.17R10.质量为m的物块,带电荷量为+Q,开始时让它静止在倾角为=60°的图LX3-10固定光滑绝缘斜面顶端,整个装置放在方向水平、大小为E=3mgQ(g为重力加速度)的匀强电场中,如图LX3-10所示,斜面高为H,释放物块后,物块落地的速度大小为()A.(2+3)gHB.52gHC.22gHD.2gH11.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的

7、缝隙中存在一沿半径方向的电场,如图LX3-11所示.带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出,由此可知()图LX3-11A.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.若入射粒子的比荷相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的比荷相等,则出射粒子的动能一定相等12.如图LX3-12所示,半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上,场强为E的匀强电场与环面平行.一电荷量为+q、质量为m的小球穿在环上,可沿环做无摩擦的圆周运动,若小球经过A点时,速度vA的方向恰与电场方向垂直,且圆

8、环与小球间沿水平方向无力的作用,求:图LX3-12(1)速度vA的大小;(2)小球运动到与A点对称的B点时对环在水平方向的作用力的大小. 13.(多选)如图LX3-13甲所示,在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压,A板的电势为0.一质量为m、电荷量为q的电子在t=T4时刻进入两极板,仅在静电力作用下由静止开始运动,恰好能到达B板,则()图LX3-13A.A、B两板间的距离为qU0T216mB.电子在两板间的最大速度为qU0mC.电子在两板间做匀加速直线运动D.若电子在t=T8时刻进入两极板,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最终打在B板上14.如图LX3-14所示,在真空中,沿水平方向和

9、竖直方向建立直角坐标系xOy,在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E(电场强度E的大小未知).有一质量为m、带电荷量为+q的小球从坐标原点O由静止开始自由下落,当小球运动到P(0,-h)点时,在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场,其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等.若小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等,重力加速度为g,试求:(1)小球返回O点时的速度大小;(2)匀强电场的电场强度E的大小;(3)小球运动到最高点时的位置坐标.图LX3-14习题课:带电粒子在电场中的运动1.ABC解析 由题意,在a点,加速度向下,在b点,加速度向上,所以粒子带负电,Eaq<mg,Ebq&

10、gt;mg,则b点场强大于a点场强,选项A、C正确.带电粒子从a点到达b点,由动能定理得mgh-qUab=0,则a、b两点间的电势差Uab=mghq,选项B正确.2.BC解析 对小球受力分析,小球受重力、静电力作用,合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上,故小球做曲线运动,选项A错误,选项B正确;在运动的过程中,合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角,故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,选项C正确,D错误.3.C解析 由于不知道重力和静电力大小关系,所以不能确定静电力方向,不能确定微粒电性,也不能确定静电力对微粒做功的正负,选项A、B、D错误;根据微粒偏转方向可知微

11、粒所受合外力一定竖直向下,则合外力对微粒做正功,由动能定理知微粒的动能一定增加,选项C正确.4.D解析 三种原子核带电荷量相同,故在同一加速电场中,静电力对它们做的功都相同,A错误;由于质量不同,所以三种原子核打在屏上的速度不同,C错误;根据偏转距离公式y=l2U24dU1或偏转角公式tan =lU22dU1,可知偏转距离或偏转角与带电粒子无关,在同一偏转电场中,静电力对它们做的功也相同,故B错误,D正确. 5.ACD解析 设极板长为L,两极板间的距离为d,两极板间的电势差为U,依题意有12·qUdm·Lv2=d2,即mv2d2=qUL2,要使粒子恰好穿过电场区域,必须满足

12、上式,因此可使q或U减小为原来的14,选项A正确,选项B错误;也可使d增大为原来的2倍,选项C正确;还可使L减小到原来的12,选项D正确.6.C解析 电子在两极板间做类平抛运动,则水平方向有l=v0t,所以t=lv0,竖直方向有d=12at2=qU2mdt2=qUl22mdv02,故d2=qUl22mv02,即d1v0,C正确.7.AB解析 由题意可知,微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用,合力与v0不共线,所以微粒做曲线运动,A正确;因AB=BC,即v02·t=vC2·t,故vC=v0,B正确;由q·U2=12mvC2,得U=mvC2q=mv02q

13、,C错误;由mg=qE,得q=mgE,代入U=mv02q,得U=Ev02g,D错误.8.C解析 小球在A点,FT+Eq=mvA2r,Eq=mg,则速度vA=2gr,由A到小球做圆周运动的等效最高点,由动能定理得Eqr(1-cos 45°)-mgrsin 45°=12mvmin2-12mvA2,解得vmin=(6-22)gr,选项C正确.9.C解析 小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=(mg)2+34mg2=54mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下.若使小球在圆环内恰好做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运

14、动知识可得54mg=mvD2R;由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-34mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=12mvD2,解得h=10R,故选项C正确,选项A、B、D错误.10.C解析 对物块进行受力分析,物块受重力和水平向左的电场力,电场力F=QE=3mg,合力与水平方向夹角=30°,根据动能定理,从开始到落地过程,有mgH+F·Htan=12mv2-0,可得v=22gH,故C正确.11.BC解析 由图可知,粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力,qE=mv2R,得R=mv2qE,R、E为定值,若q

15、相等,则12mv2一定相等;若qm相等,则速率v一定相等,但动能不一定相等,故B、C正确.12. (1) qErm(2)6qE解析 (1)在A点,小球在水平方向只受静电力作用,根据牛顿第二定律得qE=mvA2r所以小球在A点的速度vA= qErm.(2)在小球从A到B的过程中,根据动能定理,静电力做的正功等于小球动能的增加量,即2qEr=12mvB2-12mvA2小球在B点时,根据牛顿第二定律,在水平方向有FB-qE=mvB2r解得小球在B点受到环的水平作用力FB=6qE由牛顿第三定律知,球对环在水平方向的作用力大小FB'=6qE.13.AB解析 电子在静电力作用下,加速度大小不变,方向变化,选项C错误;电子在t=T4时刻进入两极板,先加速后减速,在t=3T4时刻到达B板,设A、B两板的间距为d,则12·qU0mdT42=d2,解得d=qU0T216m,选项A正确;在t=T2时刻速度最大,最大速度vm=qU0md·T4=qU0m,选项B正确;若电子在t=T8时刻进入两极板,在T8T2内电子做匀加速运动,位移x=12·qU0md3T82=9d8>d,说明电子会一直向B板运动并打在B板上,不会向A板运动,选项D错误.14.(1)22gh(2)4mgq(3)(4h,16h)解析 (1)设小球从O