2025版新教材高中物理專項(xiàng)10.8帶電粒子或帶電體在電場中的運(yùn)動課時作業(yè)新人教版必修第三冊

eq\a\vs4\al(專)eq\a\vs4\al(項(xiàng))8帶電粒子或帶電體在電場中的運(yùn)動1．如圖所示，某一帶正電的粒子(不計(jì)重力)在一平行板電容器間的運(yùn)動軌跡如圖中曲線，P、Q為軌跡上的兩點(diǎn)，則()A．A極板帶負(fù)電，B極板帶正電B．粒子在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能C．粒子在P點(diǎn)的動能大于在Q點(diǎn)的動能D．粒子在P點(diǎn)受到的力大于在Q點(diǎn)受到的力2．[2024·全國乙卷](多選)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場中，電場方向與y軸平行．不計(jì)重力．下列描繪這四個粒子運(yùn)動軌跡的圖像中，可能正確的是()3.[2024·浙江卷6月]如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng)).t＝0時刻，M板中點(diǎn)處的粒子源放射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出．不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)D．粒子從N板下端射出的時間t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)4．[2024·全國甲卷](多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點(diǎn)水平向左射出．小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)．則射出后，()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平重量和豎直重量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平重量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量[答題區(qū)]題號1234答案5.[2024·遼寧卷]如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R.質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小為eq\r(gR)，之后沿軌道BO運(yùn)動．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為eq\r(2)mg.小球在運(yùn)動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g.求：(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時的彈性勢能；(2)小球經(jīng)過O點(diǎn)時的速度大??；(3)小球過O點(diǎn)后運(yùn)動的軌跡方程．6．[2024·江西南昌十中高二上月考]如圖所示，虛線MN左側(cè)有一電場強(qiáng)度為E1＝E的勻強(qiáng)電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)重力)無初速度地放入電場E1中的A點(diǎn)，A點(diǎn)到MN的距離為eq\f(L,2)，最終電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子在電場E1中的運(yùn)動時間t1；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打在屏上的點(diǎn)P′(圖中未標(biāo)出)到點(diǎn)O的距離．7.如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝100N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點(diǎn)距水平地面的高度h＝4m，BC段為一粗糙絕緣平面，其長度L＝eq\r(3)m．斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑R＝0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，半圓形光滑絕緣軌道位于電場區(qū)域的外部(忽視電場對O1O2右側(cè)空間的影響).現(xiàn)將一個質(zhì)量m＝1kg、帶電荷量q＝0.1C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(\r(3),5)(g取10m/s2).求：(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時的速度大??；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時所受軌道的壓力大??；(3)小球落地點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離．專項(xiàng)8帶電粒子或帶電體在電場中的運(yùn)動1．答案：B解析：粒子運(yùn)動軌跡向右偏折，可知粒子受到向右的電場力，而粒子帶正電，故可知電場強(qiáng)度水平向右，所以A板帶正電，B板帶負(fù)電，A錯誤；沿電場線方向電勢降低，因此P點(diǎn)電勢低于Q點(diǎn)電勢，而正電荷在電勢高處電勢能大，因此粒子在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能，B正確；若粒子由P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，電場力對粒子做正功，粒子動能增加，即粒子在P點(diǎn)的動能小于在Q點(diǎn)的動能，C錯誤；平行板電容器兩極板間的電場可視為勻強(qiáng)電場，所以粒子在P點(diǎn)受到的電場力等于在Q點(diǎn)受到的電場力，D錯誤．2．答案：AD解析：四個帶電粒子以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)射入方向與y軸平行的勻強(qiáng)電場中，由牛頓其次定律有qE＝ma1，qE＝2ma2，3qE＝3ma3，－qE＝ma4，解得a1＝eq\f(qE,m)，a2＝eq\f(qE,2m)，a3＝eq\f(qE,m)，a4＝eq\f(－qE,m)，因此三個帶正電的粒子的軌跡為兩條，在同一方向，帶負(fù)電的粒子軌跡在x軸另一側(cè)，可解除圖像C；加速度為a1的粒子與加速度為a3的粒子軌跡重合，且與加速度為a4的粒子軌跡關(guān)于x軸對稱，加速度為a2的粒子軌跡處于加速度為a1的粒子軌跡與加速度為a4的粒子軌跡之間，所以圖像B不行能，可能正確的是AD.3．答案：C解析：粒子的電性未知，粒子從M極板到N極板，電場力做正功，但不能推斷極板電勢的凹凸，A錯誤；電場力做正功時，粒子電勢能減小，B錯誤；依據(jù)能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到達(dá)N極板下端時的速度大小仍為eq\r(2)v0，在平行極板方向做勻速運(yùn)動，速度為v0，在垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動，有a＝eq\f(v0,t)，t＝eq\f(L,2v0)，解得a＝eq\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),L)，C正確，D錯誤．4．答案：BD解析：本題可以看成等效重力場問題，如圖，等效重力方向斜向右下方45°，PQ為等效水平方向．小球的運(yùn)動可以看成類斜上拋運(yùn)動，小球動能最小時在斜上拋?zhàn)罡唿c(diǎn)，即如圖速度為v′處，v′與水平方向夾角為45°，此時小球速度的水平重量等于豎直重量，不是電勢能最大處，電勢能最大處在Q處，此時小球速度方向豎直向下，大小等于初速度v，P處與Q處小球動能相等，所以A、C錯誤，B正確；從P到Q(Q點(diǎn)處小球速度水平重量為零)重力做的功等于重力勢能的削減量，P處與Q處小球動能相等，由于機(jī)械能與電勢能的總和不變，所以削減的重力勢能等于增加的電勢能，故D正確．5．答案：(1)eq\f(1,2)mgR(2)eq\r(3gR)(3)y2＝6Rx解析：(1)小球從A到B，依據(jù)能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＝eq\f(1,2)mgR(2)小球從B到O，依據(jù)動能定理有－mgR＋qE·eq\r(2)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得v0＝eq\r(3gR)(3)小球運(yùn)動至O點(diǎn)時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有qEcos45°＝max豎直方向有qEsin45°－mg＝may解得ax＝g，ay＝0.說明小球從O點(diǎn)起先以后的運(yùn)動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，y軸方向做勻速直線運(yùn)動，即做類平拋運(yùn)動，則有x＝eq\f(1,2)gt2，y＝v0t聯(lián)立解得小球過O點(diǎn)后運(yùn)動的軌跡方程y2＝6Rx.6．答案：(1)eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓其次定律得a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)，由x＝eq\f(1,2)at2得eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，解得t1＝eq\r(\f(mL,eE))；(2)設(shè)電子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，射入電場E2時的速度為v1，由牛頓其次定律得，電子進(jìn)入電場E2時的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)，vy＝a2t2，沿射入電場E2的速度方向有L＝v1t2，v1＝a1t1，電子剛射出電場E2時的速度方向與水平方向的夾角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v1)，聯(lián)立解得tanθ＝2.(3)電子在電場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)P′到O點(diǎn)的距離為x，依據(jù)幾何關(guān)系得tanθ＝eq\f(x,L＋\f(L,2))，聯(lián)立解得x＝3L.7．答案：2eq\r(10)m/s(2)30N(3)eq\r(2)m解析：(1)小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，依據(jù)動能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos30°·eq\f(h,sin30°)－μ(mg＋Eq)L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))－0，解得vC＝2eq\r(10)m/s.(2)小球在從C點(diǎn)運(yùn)動至D點(diǎn)的過程中，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(D)