新版高中物理人教版必修練習(xí)習(xí)題課帶電粒子在電場中運動的四種題型word版含答案

習(xí)題課:帶電粒子在電場中運動的四種題型課后篇鞏固提升基礎(chǔ)鞏固1.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將()A.保持靜止?fàn)顟B(tài) B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動解析兩平行金屬板水平放置時,帶電微粒靜止,有mg=qE,現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后,兩板間電場強度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°,靜電力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°,但大小不變,此時靜電力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故該微粒將向左下方做勻加速運動,選項D正確。答案D2.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖所示。帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知()A.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.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動能一定相等解析由題圖可知,該粒子流在電場中做勻速圓周運動,靜電力提供向心力qE=mv2r,解得r=mv2qE,r、E為定值,若q相等則12mv2一定相等;若qm相等,則速率v答案BC3.如圖所示,一個平行板電容器充電后與電源斷開,從負(fù)極板處釋放一個電子(不計重力),設(shè)其到達(dá)正極板時的速度為v1,加速度為a1。若將兩極板間的距離增大為原來的2倍,再從負(fù)極板處釋放一個電子,設(shè)其到達(dá)正極板時的速度為v2,加速度為a2,則()∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2∶a2=2∶1,v1∶v2=2∶1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2解析電容器充電后與電源斷開,再增大兩極板間的距離時,電場強度不變,電子在電場中受到的靜電力不變,故a1∶a2=1∶1。由動能定理Ue=12mv2得v=2Uem,因兩極板間的距離增大為原來的2倍,由U=Ed知,電勢差U增大為原來的2倍,故v1∶v2=1答案D4.如圖所示,質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球以初速度v0從A點豎直向上射入水平方向的勻強電場中,小球通過電場中B點時,速率vB=2v0,方向與電場的方向一致,則A、B兩點的電勢差為()A.mv022q B.3m解析小球從A到B,根據(jù)動能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=2v0,因為小球在豎直方向只受到重力,則有2答案C5.如圖所示,一個帶負(fù)電的油滴以初速度v0從P點斜向上射入水平方向的勻強電場中。若油滴到達(dá)最高點的速度大小仍為v0,則油滴運動的最高點的位置()A.在P點的左上方 B.在P點的右上方C.在P點的正上方 D.上述情況都可能解析油滴僅在重力與靜電力作用下運動,直到運動到最高點Q,此過程初動能與末動能相同,設(shè)油滴上升的高度為h,油滴的初、末位置間的電勢差為UPQ,油滴帶的電荷量為-q,由動能定理得-qUPQ-mgh=12mv02-12mv02,解得UPQ=-mghq,故U答案A6.如圖所示,一長為L=m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m=×10-4kg、帶電荷量為q=+×10-6C的小球,另一端連在一水平軸O上,絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動,整個裝置處在豎直向上的勻強電場中,電場強度E=×103N/C?，F(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點,然后無初速度地將小球釋放,g取10m/s2。求:(1)小球通過最高點B時速度的大小。(2)小球通過最高點B時,絲線對小球拉力的大小。解析(1)小球由A運動到B,其初速度為零,靜電力對小球做正功,重力對小球做負(fù)功,絲線拉力不做功,則由動能定理有:qEL-mgL=mvB=2(qE-mg)(2)小球到達(dá)B點時,受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用,經(jīng)計算mg=×10-4×10N=×10-3NqE=×10-6××103N=×10-3N因為qE>mg,而qE方向豎直向上,mg方向豎直向下,小球做圓周運動,其到達(dá)B點時向心力的方向一定指向圓心,由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心,由牛頓第二定律有:FTB+mg-qE=mFTB=mvB2L+qE-mg=×10-答案(1)2m/s(2)×10-3N能力提升1.(多選)角為θ的斜面上部存在豎直向下的勻強電場。兩帶電荷量分別為q1、q2,質(zhì)量分別為m1、m2的粒子分別以速度v1、v2垂直電場射入,并在斜面上某點分別以速度v1'、v2'射出,在電場中的時間分別為t1、t2。入射速度為v2的粒子射得更遠(yuǎn),如圖所示,不計粒子重力。下列說法正確的是()A.若v1<v2,則t1<t2 B.若v1=v2,則qC.若v1>v2,則v1'<v2' D.若v1=v2,則v1'=v2'解析設(shè)粒子豎直向下的加速度為a,電場的電場強度為E。對粒子的運動在豎直方向有y=12at2,在水平方向有x=vt。由幾何關(guān)系有tanθ=yx,解得t=2vtanθa,x=2v2tanθa。由于不知兩粒子加速度a的大小關(guān)系,無法確定兩粒子運動時間的關(guān)系。由于速度為v2的粒子水平位移較大,若v1=v2,則a1>a2,而a=mg+qEm=g+qmE,則q1m1>q2m2;答案BD2.如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從A點以v0的速度垂直電場線沿直線AO方向射入勻強電場,由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角,已知AO的水平距離為d,不計重力。求:(1)從A點到B點所用的時間。(2)粒子在B點的速度大小。(3)勻強電場的電場強度大小。解析(1)粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場,水平方向做勻速直線運動,則有:t=dv(2)由B點飛出電場時速度方向與AO方向成45°角,則粒子在B點的速度大小v=2v0。(3)根據(jù)牛頓第二定律得:a=eE將粒子射出電場的速度v進(jìn)行分解,則有vy=at=eEm·dv0=eEdmv0聯(lián)立解得E=mv答案(1)dv0(2)2v03.如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔,質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落,穿過小孔到達(dá)下極板處時速度恰為零(空氣阻力忽略不計),極板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g,求:(1)小球到達(dá)小孔處的速度大小;(2)極板間的電場強度大小和電容器所帶的電荷量;(3)小球從開始下落至到達(dá)下極板所用的時間。解析(1)小球到達(dá)小孔前做自由落體運動,根據(jù)速度位移關(guān)系有v2=2gh解得v=2g(2)在從釋放至到達(dá)下極板處過程,由動能定理有mg(h+d)-qEd=0解得E=mg電容器兩極板間的電壓為U=Ed=mg電容器帶的電荷量為Q=CU=mg((3)加速過程中,有mg=ma1,v=a1t1減速過程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2聯(lián)立解得t=h+答案(1)2gh(2)mg(4.如圖所示,半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置,AB為該環(huán)的水平直徑,且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑,環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強電場中,管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球從管中A點由靜止釋放,已知qE=mg。求:(1)小球釋放后,第一次經(jīng)過最低點D時的速度和對管壁的壓力。(2)小球釋放后,第一次經(jīng)過最高點C時管壁對小球的作用力。解析(1)A至D點,由動能定理得