2024-2025學(xué)年新教材高中物理第2章電勢能與電勢差習(xí)題課帶電粒子在電場中運(yùn)動的四種題型課后習(xí)題含解析魯科版必修3

PAGE9-習(xí)題課:帶電粒子在電場中運(yùn)動的四種題型1.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)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(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點(diǎn)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(yùn)動C.向正下方做勻加速運(yùn)動 D.向左下方做勻加速運(yùn)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(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后,兩板間電場強(qiáng)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(yùn)動,選項(xiàng)D正確。答案D2.一帶電油滴在勻強(qiáng)電場E中的運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示,電場方向豎直向下。若不計(jì)空氣阻力,則此帶電油滴從a運(yùn)動到b的過程中,能量變更狀況為()A.動能削減 B.電勢能增加C.動能和電勢能之和削減D.重力勢能和電勢能之和增加解析由于軌跡向合力的方向彎曲,可知油滴受到的電場力大于重力,合力的方向向上,合力做正功,由動能定理可知動能增加,A錯誤;電場力做正功,電勢能削減,B錯誤;因油滴由a運(yùn)動到b的過程中重力勢能增加,動能增加,由能量守恒定律可知D錯誤,C正確。答案C3.(2024~2025學(xué)年北京師大附中高二上期末考試)圖甲所示為用來加速帶電粒子的直線加速器,圖乙是所用交變電壓的圖像,對它的下列說法中,正確的是()A.帶電粒子是在金屬筒內(nèi)被加速的B.假如僅增大帶電粒子的質(zhì)量,不變更交變電流的周期,直線加速器也能正常工作C.粒子每通過一次縫隙都會增加相同的動能D.粒子速度越來越快,為使得它每次都能被加速電壓加速,筒間的縫隙應(yīng)設(shè)計(jì)成越來越大的,所以直線加速器也會做的很長解析帶電粒子是在金屬筒之間的狹縫中進(jìn)行加速的,故A錯誤;粒子從靜止起先經(jīng)過n次加速后nqU=12mv2經(jīng)過第n個長L的金屬筒用時t=Lv=Lm2nqU,所以假如僅增大帶電粒子的質(zhì)量,交變電流的周期也須要變大,直線加速器才能正常工作,保證粒子每次從金屬筒內(nèi)出來能夠持續(xù)加速,故B錯誤;粒子每次經(jīng)過金屬筒之間的縫隙,僅有電場力做功,依據(jù)動能定理qU=答案C4.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(diǎn)豎直向上射入水平方向的勻強(qiáng)電場中,小球通過電場中B點(diǎn)時,速率vB=2v0,方向與電場的方向一樣,則A、B兩點(diǎn)的電勢差為()A.mv022q B.解析小球從A到B,依據(jù)動能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=答案C5.如圖所示,一個帶負(fù)電的油滴以初速度v0從P點(diǎn)斜向上射入水平方向的勻強(qiáng)電場中。若油滴到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小仍為v0,則油滴運(yùn)動的最高點(diǎn)的位置()A.在P點(diǎn)的左上方 B.在P點(diǎn)的右上方C.在P點(diǎn)的正上方 D.上述狀況都可能解析油滴僅在重力與靜電力作用下運(yùn)動,直到運(yùn)動到最高點(diǎn)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=-答案A6.(多選)如圖所示,一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對它的作用力的作用下,從靜止起先由b沿直線運(yùn)動到d,且bd與豎直方向的夾角為45°,則下列結(jié)論中正確的是()A.此液滴帶負(fù)電B.液滴做勻加速直線運(yùn)動C.合外力對液滴做的總功等于零D.液滴的電勢能削減解析液滴所受的合力沿bd方向,知靜電力方向水平向右,則此液滴帶負(fù)電,故A正確;液滴所受合力恒定,加速度恒定,做勻加速直線運(yùn)動,故B正確;合外力不為零,則合外力做功不為零,故C錯誤;從b到d,靜電力做正功,液滴電勢能減小,故D正確。答案ABD7.如圖所示,一長為L=0.20m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m=1.0×10-4kg、帶電荷量為q=+1.0×10-6C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(yùn)動,整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場中,電場強(qiáng)度E=2.0×103N/C。現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn),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(diǎn)B時速度的大小。(2)小球通過最高點(diǎn)B時,絲線對小球拉力的大小。解析(1)小球由A運(yùn)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(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時,受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用,經(jīng)計(jì)算mg=1.0×10-4×10N=1.0×10-3NqE=1.0×10-6×2.0×103N=2.0×10-3N因?yàn)閝E>mg,而qE方向豎直向上,mg方向豎直向下,小球做圓周運(yùn)動,其到達(dá)B點(diǎn)時向心力的方向肯定指向圓心,由此可以推斷出FTB的方向肯定指向圓心,由牛頓其次定律有FTB+mg-qE=mFTB=mvB2L+qE-mg=3.0×答案(1)2m/s(2)3.0×10-3N8.如圖所示,一帶電液滴的質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0),在豎直向下的勻強(qiáng)電場中剛好與水平面成30°角以速度v0向上做勻速直線運(yùn)動。重力加速度為g。(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小;(2)若電場方向改為垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直線運(yùn)動,電場強(qiáng)度為多大?液滴前進(jìn)多少距離后可返回?解析(1)因?yàn)橐旱翁幱谄胶鉅顟B(tài),所以有Eq=mg解得E=mgq(2)電場方向變更,液滴受力分析如圖所示。液滴做直線運(yùn)動時,垂直速度方向的合力為零,即qE'=mgcos30°解得E'=mg液滴在運(yùn)動方向的反方向上的合力F=mgsin30°,由牛頓其次定律做減速運(yùn)動的加速度大小a=Fm=gsin30°=液滴可前進(jìn)的距離s=v0或由動能定理-mgsin30°·s=0-12mv02得液滴可前進(jìn)的距離答案(1)mgq(2)實(shí)力提升1.(多選)角為θ的斜面上部存在豎直向下的勻強(qiáng)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(diǎn)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(jì)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(qiáng)度為E。對粒子的運(yùn)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(yùn)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+qm答案BD2.(多選)有三個質(zhì)量相等,分別帶正電、負(fù)電和不帶電的油滴,從極板左側(cè)中心以相同的水平初速度v先后垂直電場射入,落到極板A、B、C處,如圖所示,則()A.油滴A帶正電,B不帶電,C帶負(fù)電B.三個油滴在電場中運(yùn)動時間相等C.三個油滴在電場中運(yùn)動的加速度aA<aB<aCD.三個油滴到達(dá)極板時動能EkA<EkB<EkC解析三個油滴的初速度相等,水平位移xA>xB>xC,依據(jù)水平方向上做勻速直線運(yùn)動,所以由公式x=vt得tA>tB>tC,三個油滴在豎直方向上的位移相等,依據(jù)y=12at2,知aA<aB<aC。從而得知B僅受重力,A所受的靜電力方向向上,C所受的靜電力方向向下,所以B不帶電,A帶正電,C帶負(fù)電,故A、C正確,B錯誤;依據(jù)動能定理,三個油滴重力做功相等,靜電力對A做負(fù)功,靜電力對C做正功,所以C的動能變更量最大,A的動能變更量最小,A、B、C的初動能相等,所以三個油滴到達(dá)極板時的動能EkA<EkB<EkC答案ACD3.(多選)(2024~2025學(xué)年四川資陽高二上期末質(zhì)量檢測)如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變更的電壓。在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時刻起先連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子。t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場。已知電場變更周期T=2dv0,粒子質(zhì)量為mA.在t=0時刻進(jìn)入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B.粒子的電荷量為mC.在t=18T時刻進(jìn)入的粒子離開電場時電勢能削減了D.在t=14T時刻進(jìn)入的粒子剛好從P解析粒子進(jìn)入電場后,水平方向做勻速運(yùn)動,則t=0時刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動的時間t=2dv0,此時間正好是交變電場的一個周期;粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動,經(jīng)過一個周期,粒子的豎直速度為零,故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0,選項(xiàng)A正確;粒子在豎直方向,在T2時間內(nèi)的位移為d2,則12d=12U0qdmdv02,解得q=mv02U0,選項(xiàng)B錯誤;t=T8時刻進(jìn)入電場的粒子,出離電場時在豎直方向的位移為2×12a3T82-2×12答案AD4.(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場,質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以肯定初速度水平拋出,從B點(diǎn)進(jìn)入電場,到達(dá)C點(diǎn)時速度方向恰好水平,A、B、C三點(diǎn)在同始終線上,且AB=2BC,如圖所示。由此可見()A.靜電力為3mgB.小球帶正電C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動時間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變更量的大小相等解析兩個運(yùn)動過程水平方向的位移是二倍的關(guān)系,所以時間也是二倍的關(guān)系,故C錯誤;分別列出豎直方向的方程,即h=12gt2,h2=12×F-mgmt22,解得F=3mg,故A正確;小球受到的靜電力向上,與電場方向相反,所以小球應(yīng)當(dāng)帶負(fù)電,故B錯誤;速度變更答案AD5.如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強(qiáng)電場中,一帶負(fù)電的小球從高為h的A處由靜止起先下滑,沿軌道ABC運(yùn)動后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動。已知小球所受靜電力是其重力的34,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為θ=53°,軌道水平段BC長度sBC=2R。若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動,則高度h為(A.2R B.4R C.10R D.17R解析小球所受的重力和靜電力均為恒力,故兩力可等效為一個力F=(mg)2+34mg2=54mg,方向與豎直方向的夾角為37°偏左下。若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動,即通過等效最高點(diǎn)D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0,由圓周運(yùn)動學(xué)問可得54mg=mvD2R,由A到D的過程由動能定理得mg(h-R-Rcos37°)-3答案C6.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(qiáng)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(diǎn)由靜止釋放,已知qE=mg。求:(