2020-2021物理（2019）第三冊10-5 帶電粒子在電場中的運動含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年物理人教版（2019）必修第三冊課時作業(yè)：10-5帶電粒子在電場中的運動含解析課時作業(yè)9帶電粒子在電場中的運動時間：45分鐘一、單項選擇題1。如圖所示，在某一真空中,只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動．那么(B）A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能B．微粒做勻減速直線運動C．微粒做勻速直線運動D．微粒做勻加速直線運動解析：微粒做直線運動的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故B正確．2．一個帶正電的油滴從如圖所示的勻強電場上方A點自由下落,油滴落入勻強電場后，能較準(zhǔn)確地描述油滴運動軌跡的是(B）解析:油滴自電場上方落入電場,即油滴進入電場時有一定的速度，而油滴受重力和電場力的作用,兩者的合力指向右下側(cè)，而油滴進入電場時的速度方向為豎直向下，故油滴的軌跡應(yīng)如選項B的情形．3．如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出．已知板長為L，板間距離為d,板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q,粒子通過平行金屬板的時間為t（不計粒子的重力），則（C)A．在前eq\f（t,2）時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(Uq,4)B．在后eq\f（t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f（Uq,4)C．粒子的出射速度偏轉(zhuǎn)角θ滿足tanθ＝eq\f(d,L）D．粒子通過豎直位移前eq\f（d,4)和后eq\f（d,4）的過程，所用時間之比為21解析：設(shè)粒子在前eq\f（t,2)時間內(nèi)和在后eq\f(t,2）時間內(nèi)豎直位移分別為y1,y2，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律的推論知y1y2＝13，得y1＝eq\f（1，8）d，y2＝eq\f(3，8)d，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為W1＝q·eq\f（1，8）U＝eq\f（1，8)qU，在后eq\f(t，2）時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為W2＝q·eq\f(3,8）U＝eq\f（3,8)qU,故A、B錯誤;粒子的出射速度偏轉(zhuǎn)角θ的正切值為tanθ＝eq\f(vy，v0）＝eq\f(at,v0)＝eq\f(\f(1，2）at2，\f（1,2)v0t)＝eq\f(\f（1,2）d,\f(1,2)L）＝eq\f(d，L)，故C正確;根據(jù)初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律的推論知，粒子通過豎直位移前eq\f(d，4)和后eq\f(d,4）的過程中，運動時間之比為1（eq\r（2）－1)，故選項D錯誤．4．如圖為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖甲所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是圖中的（B）解析：在0～2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次,信號電壓完成一個周期，當(dāng)UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個周期內(nèi)熒光屏上的圖象為B。5。如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細(xì)管的圓心O處固定一點電荷，將質(zhì)量為m,電荷量為q的小球從圓弧管的水平直徑端點由靜止釋放，小球沿細(xì)管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，則固定于圓心處的點電荷在AB弧中點處的電場強度的大小為（C)A．E＝mg/q B．E＝2mg/qC．E＝3mg/q D．E＝4mg/q解析：固定于圓心處的點電荷在圓弧AB上產(chǎn)生的電場強度大小處處相等．以B點為研究點，則：qE－mg＝mv2/R①mv2/2＝mgR②由①②兩式得E＝3mg/q.6．如圖1所示,在平行板電容器的A板附近，有一個帶正電的粒子(不計重力）處于靜止?fàn)顟B(tài)，在A、B兩板間加如圖2所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運動，經(jīng)過3t0時間剛好到達(dá)B板，設(shè)此時粒子的動能大小為Ek3，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時刻剛好到達(dá)B板,此時粒子的動能大小為Ek5,則eq\f（Ek3，Ek5）等于(B）A。eq\f(3,5） B。eq\f（5，3）C．1 D。eq\f(9,25）解析：設(shè)兩板間的距離為d，經(jīng)3t0時間剛好到達(dá)B板時，粒子運動過程中先加速然后減速再加速，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek3＝qeq\f（U0，3),若改變A、B兩板間的距離使粒子在5t0時刻剛好到達(dá)B板，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek5＝q·eq\f(U0，5），故eq\f（Ek3,Ek5)＝eq\f（5，3）,B正確．7.如圖所示，用細(xì)絲線懸掛帶有正電荷的小球，質(zhì)量為m，處在水平向右的勻強電場中，在電場力作用下，小球由最低點開始運動，經(jīng)b點后還可以向右擺動,如用ΔE1表示重力勢能的增量，用ΔE2表示電勢能的增量,用ΔE表示二者和（ΔE＝ΔE1＋ΔE2），則在小球由a擺到b的過程中，下列關(guān)系式正確的是(C)A．ΔE1〈0，ΔE2<0，ΔE<0B．ΔE1>0，ΔE2〈0，ΔE＝0C．ΔE1>0，ΔE2〈0，ΔE〈0D．ΔE1〉0，ΔE2>0，ΔE>0解析：小球由a到b的過程，位置升高，重力勢能增加，ΔE1〉0,電場力做正功，電勢能減小,ΔE2〈0，動能、重力勢能、電勢能三種形式的能相互轉(zhuǎn)化,動能由零增加到某一值，所以重力勢能和電勢能的和必減少,故ΔE〈0，C選項正確．二、多項選擇題8。如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖,帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強電場后,分落在收集板中央的兩側(cè)．對礦粉分離的過程，下列表述正確的有(BD)A．帶正電的礦粉落在右側(cè)B．電場力對礦粉做正功C．帶負(fù)電的礦粉電勢能變大D．帶正電的礦粉電勢能變小解析:帶正、負(fù)電的礦粉受電場力做正功分別落到左、右兩側(cè)，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系有正、負(fù)電的礦粉的電勢能都變小，故選B、D.9.帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進入勻強電場E中,如圖所示，經(jīng)過一段時間后，其速度變?yōu)樗椒较?，大小為v0，則一定有(ABD)A．靜電力大小等于重力大小B．粒子運動的水平位移大小等于豎直位移大小C．靜電力所做的功一定等于重力所做的功D．電勢能的減少一定等于重力勢能的增加解析：由題意可知，水平方向與豎直方向加速度大小相等，均為a＝v0/t，平均速度大小也相等，故水平位移和豎直位移大小相等,故A、B選項正確；在運動過程中，電場力做正功，重力做負(fù)功，故C選項錯誤；由能量守恒，可知D選項正確．10。三個分別帶有正電、負(fù)電和不帶電的質(zhì)量相同的顆粒，從水平放置的平行帶電金屬板左側(cè)以相同速度v0垂直電場線方向射入勻強電場，分別落在帶正電荷的下板上的a、b、c三點，如圖所示，下面判斷正確的是（BD）A．落在a點的顆粒帶正電,c點的帶負(fù)電，b點的不帶電B．落在a、b、c點的顆粒在電場中的加速度的關(guān)系是aa〉ab>acC．三個顆粒在電場中運動的時間關(guān)系是ta>tb〉tcD．電場力對落在c點的顆粒做負(fù)功解析：由于帶電顆粒都打在極板上，所以沿電場方向勻加速運動的時間t＝eq\r（\f（2y，a）)，垂直電場方向勻速運動由x＝v0t，得ta<tb<tc，所以aa〉ab>ac，再由牛頓第二定律可推出，a帶負(fù)電,b不帶電，c帶正電，電場向上，電場力對落在c點的顆粒做負(fù)功，故答案為B、D。三、非選擇題11．兩平行金屬板A、B水平放置，一個質(zhì)量為m＝5×10－6kg的帶電粒子，以v0＝2m/s的水平速度從兩板正中位置射入電場,如圖所示，A、B兩板間距離為d＝4cm，板長L＝10cm.（g＝10m/s2）(1)當(dāng)A、B間的電壓為UAB＝1000V時,粒子恰好不偏轉(zhuǎn),沿圖中虛線射出電場，求該粒子的電荷量和電性．(2）令B板接地，欲使該粒子射出偏轉(zhuǎn)電場，求A板所加電勢的范圍．答案:（1)2×10－9C負(fù)（2）－600～2600V解析：(1)當(dāng)UAB＝1000V時,重力跟電場力相等，粒子才沿初速度v0方向做勻速直線運動，故qeq\f（UAB，d）＝mg，q＝eq\f（mgd，UAB)＝2×10－9C；重力方向豎直向下，電場力方向豎直向上，而場強方向豎直向下(UAB〉0)，所以粒子帶負(fù)電．（2）當(dāng)qE〉mg時,帶電粒子向上偏，從右上邊緣飛出，設(shè)此時φA＝φ1，因為φB＝0，所以UAB＝φ1，電場力和重力都沿豎直方向，粒子在水平方向做勻速直線運動，速度vx＝v0；在豎直方向a＝eq\f（qφ1,md）－g，偏移量y＝eq\f（d，2）,所以eq\f（1,2）d＝eq\f(1，2)at2，代入a和t＝eq\f(L,v0）,解得φ1＝eq\f（mv\o\al(2,0)d2＋mgdL2，qL2）＝2600V,當(dāng)qE<mg時，帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，設(shè)φA＝φ2,則豎直方向a′＝g－eq\f(qφ2,md），同理可得φ2＝－600V,故欲使粒子射出偏轉(zhuǎn)電場，A板電勢的范圍為－600V≤φA≤2600V。12。如圖所示，在光滑絕緣水平面上相距2l的A、B兩點固定有兩個電荷量均為Q的正電荷,aOb是A、B連線上的三點，且O為中點，eq\x\to（Oa)＝eq\x\to（Ob)＝eq\f（l，2），另有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的試探電荷以初速度v0從a點出發(fā)，沿AB連線向B運動,在這運動過程中電荷受到阻力滿足Ff＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（常數(shù),當(dāng)v≠0,0，當(dāng)v＝0））。當(dāng)它運動到O點時，動能為初動能的n倍，到b點時速度剛好為零，已知靜電力常量為k，求:（1)a點的場強；（2)取O點電勢為零，a點電勢φa為多大？電荷q具有的電勢能為多大?答案：(1)eq\f(32kQ，9l2)方向向右指向B(2)eq\f(1，4q）（2n－1)mveq\o\al（2,0）eq\f（1,4）(2n－1)mveq\o\al（2，0)解析:（1)a點的場強是A、B兩點電荷Q在a點產(chǎn)生場強的矢量和，E＝keq\f（Q，\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（l，2）））2）－keq\f(Q,\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3l,2））)2)＝eq\f（32kQ,9l2），方向向右指向B.(2）根據(jù)對稱性φa＝φb，Uab＝0，根據(jù)動能定理．當(dāng)電荷由a運動到O點時，有qUaO－Ffeq\f（l,2)＝n·eq\f(1，2）mveq\o\al(2，0)－eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0）當(dāng)電荷由a運動到b點時,有qUab－Ffl＝－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0)聯(lián)立解得UaO＝eq\f(1,4q）（2n－1)mveq\o\al（2，0)φa＝UaO＝eq\f(1,4q）（2n－1)mveq\o\al（2,0）電荷q具有的電勢能Epa＝qφa＝eq\f（1，4）(2n－1)mveq\o\al（2,0)。13。一帶電量為＋Q的點電荷固定在真空中，形成的電場如圖所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電微粒，在此點電荷附近做勻速圓周運動，周期為T。微粒的重力不能忽略，求:（1）微粒所帶電荷的種類；(2）點電荷＋Q與微粒運動軌跡所在平面的距離．答案：(1)負(fù)電（2