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1、2022高中物理 第一章 靜電場 習題課 帶電粒子在電場中的運動練習 新人教版選修3-1 知識點一　帶電粒子在電場中的加速和偏轉 1.(多選)如圖LX2-1所示,一個質量為m、電荷量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與場強垂直的方向射入,不計粒子所受的重力.當粒子的入射速度為v時,它恰能穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板上.現(xiàn)要使質量為m、入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板,若只能改變一個物理量,下列做法可行的是(　　) 圖LX2-1 A.使粒子所帶的電荷量減小為原來的 B.使兩極板間的電勢差減小為原來的一半 C.使兩板間的距離增加為原來的2倍 D.使兩極板的

2、長度減小為原來的一半 2.如圖LX2-2所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣沿垂直于電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板的邊緣飛出,現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?使電子仍從原位置射入,若電子仍從正極板的邊緣飛出,則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?　　) A.2倍 B.4倍 C. D. 圖LX2-2 3.氕、氘、氚原子核的初速度為零,經(jīng)同一電場加速后,又經(jīng)同一勻強電場偏轉,最后打在熒光屏上,如圖LX2-3所示.下列說法正確的是(　　) A.經(jīng)過加速電場的過程中,靜電力對氚核做的功最多 B.經(jīng)過偏轉電場的過程中,靜電力對氚核做的功最多 C.三種原子核打在屏上的速度一樣大

3、 D.三種原子核都打在屏的同一位置上 圖LX2-3 知識點二　帶電粒子在周期性變化的電場中的運動 4.(多選)如圖LX2-4甲所示,在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓.A板的電勢為0,一質量為m、電荷量為q的電子在t=時刻進入兩極板,僅在靜電力作用下,由靜止開始運動,恰好能到達B板,則 (　　) 圖LX2-4 A.A、B兩板間的距離為 B.電子在兩板間的最大速度為 C.電子在兩板間做勻加速直線運動 D.若電子在t=時刻進入兩極板,它將時而向B板運動,時而向A板運動,最終打在B板上 5.(多選)如圖LX2-5甲所示,電子靜止在兩平行金屬板A、B間的a點,從t=

4、0時刻開始A、B板間電勢差按如圖乙所示規(guī)律變化,則下列說法中正確的是 (　　) 圖LX2-5 A.電子可能在極板間做往復運動 B.若t1時刻電子還未從小孔P飛出,則t1時刻電子具有最大動能 C.電子能從小孔P飛出,且飛出時的動能不大于eU0 D.電子不可能在t2~t3時間內(nèi)從小孔P飛出 知識點三　電場與重力場的綜合 6.如圖LX2-6所示,在方向水平向右的勻強電場中,細線一端固定,另一端拴一帶正電小球,使球在豎直面內(nèi)繞固定端O做圓周運動.不計空氣阻力,靜電力和重力的大小剛好相等,細線長為r.當小球運動到圖中位置A時,細線在水平位置,拉力FT=3mg.重力加速度大小為g,則

5、小球速度的最小值為 (　　) A. B.2 C. D. 圖LX2-6 7.(多選)如圖LX2-7所示,M、N是豎直放置的兩平行金屬板,分別帶等量異種電荷,兩板間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場,場強為E,一質量為m、電荷量為+q的微粒以初速度v0沿豎直向上方向從與兩板等距的A點射入勻強電場中,在靜電力的作用下垂直打到N板上的C點,已知AB=BC.不計空氣阻力,則可知(　　) A.微粒在電場中做曲線運動 B.微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等 C.M、N板間的電勢差為 D.M、N板間的電勢差為 圖LX2-7 8.(多選)如圖LX2-8所示,一帶正電的小球向右水平拋入

6、范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左,不計空氣阻力,則小球(　　) A.做直線運動 B.做曲線運動 C.速率先減小后增大 D.速率先增大后減小 圖LX2-8 9.如圖LX2-9所示,平行金屬板A、B水平正對放置,分別帶等量異號的電荷.一帶電微粒沿水平方向射入板間,在重力和靜電力共同作用下運動,其運動軌跡如圖中虛線所示,那么 (　　) A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷 B.微粒從M點運動到N點,其電勢能一定增加 C.微粒從M點運動到N點,其動能一定增加 D.微粒從M點運動到N點,其機械能一定增加 圖LX2-9 10. 如圖LX2-10所示的裝置是在豎直平面

7、內(nèi)放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強電場中,一帶負電的小球從高為h的A處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知小球所受靜電力是其重力的,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動,則高度h為 (　　) 圖LX2-10 11. A.2R B.4R C.10R D.17R 11.如圖LX2-11所示,靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)加速從P板的小孔射出,又垂直進入平行金屬板間的電場,在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離.現(xiàn)使U1加倍,要想使電子射出電場的位置不發(fā)生變化,應該 (　　) A

8、.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C.使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D.使U2變?yōu)樵瓉淼? 圖LX2-11 12.(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LX2-12所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域邊緣的M點射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一邊緣的N點射出,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 圖LX2-12 C.若入射粒子的比荷相等,則出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的比荷相等,則出射粒子的動能一定相等 13.

9、如圖LX2-13所示,半徑為r的絕緣細圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上,場強為E的勻強電場與環(huán)面平行.一電荷量為+q、質量為m的小球穿在環(huán)上,可沿環(huán)做無摩擦的圓周運動,若小球經(jīng)過A點時,速度vA的方向恰與電場方向垂直,且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用,求: (1)速度vA的大小; (2)小球運動到與A點對稱的B點時對環(huán)在水平方向的作用力的大小. 圖LX2-13 14.[2017·廣東高州中學期中]如圖LX2-14所示,在真空中,沿水平方向和豎直方向建立直角坐標系xOy,在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強電場E(電場強度E的大小未知).有一質量為m、帶電荷

10、量為+q的小球從坐標原點O由靜止開始自由下落,當小球運動到P(0,-h)點時,在x軸下方突然加一豎直向上的勻強電場,其電場強度與x軸上方的電場強度大小相等.若小球從P返回到O點與從O點下落到P點所用的時間相等,重力加速度為g,試求: (1)小球返回O點時的速度大小; (2)勻強電場的電場強度E的大小; (3)小球運動到最高點時的位置坐標. 圖LX2-14 1.ACD　[解析]設金屬板長為L,兩極板間的距離為d,兩極板間的電勢差為U,依題意有··=,即mv2d2=qUL2,要使粒子恰好穿過電場區(qū)域,必須滿足上式,因此可使q或U減小為原來的

11、,選項A正確,選項B錯誤;也可使d增大為原來的2倍,選項C正確;還可使L減小到原來的,選項D正確. 2.C　[解析]電子在兩極板間做類平拋運動,若電子仍從正極板的邊緣飛出,則水平方向有l(wèi)=v0t,所以t=,豎直方向有d=at2=t2=,故d2=,即d∝,C正確. 3.D　[解析]三種原子核帶電荷量相同,故在同一加速電場中,靜電力對它們做的功都相同,A錯誤;由于質量不同,所以三種原子核打在屏上的速度不同,C錯誤;根據(jù)偏轉距離公式y(tǒng)=或偏轉角公式tanθ=,可知偏轉距離或偏轉角與帶電粒子無關,在同一偏轉電場中,靜電力對它們做的功也相同,故B錯誤,D正確. 4.AB　[解析]電子在靜電力作用下

12、,加速度大小不變,方向變化,選項C錯誤;電子在t=時刻進入兩極板,先加速后減速,在t=時刻到達B板,設A、B兩板的間距為d,則·=,解得d=,選項A正確;在t=時速度最大,則vm=·=,選項B正確;若電子在t=時刻進入兩極板,在~內(nèi)電子做勻加速運動,位移x=·=>d,說明電子會一直向B板運動并打在B板上,不會向A板運動,選項D錯誤. 5.BC　[解析]若電子在電場中運動的時間大于電勢差變化的一個周期,則電子在0~t1時間內(nèi)向B板加速,在t1~t2時間內(nèi)電子減速,在t2時刻速度恰好為零,之后電子會重復上述運動,所以電子一直向B板運動,直到從小孔P穿出,A錯誤;若t1時刻電子還未從小孔P飛出,則

13、t1時刻電子具有最大動能,B正確;電子穿出小孔P的時刻不確定,但穿出時的動能不大于eU0,C正確,D錯誤. 6.C　[解析]小球在A點,FT+Eq=m,Eq=mg,則速度vA=2,由A到小球做圓周運動的等效最高點,由動能定理得Eqr(1-cos45°)-mgrsin45°=m-m,解得vmin=,選項C正確. 7.AB　[解析]由題意可知,微粒受水平向右的靜電力qE和豎直向下的重力mg作用,合力與v0不共線,所以微粒做曲線運動,A正確;因AB=BC,即·t=·t,故vC=v0,B正確;由q·=m,得U==,C錯誤;由mg=qE,得q=,代入U=,得U=,D錯誤. 8.BC　[解析]對小球

14、受力分析,小球受重力、靜電力作用,合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上,故小球做曲線運動,選項A錯誤,選項B正確;在運動的過程中,合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角,故合外力對小球先做負功后做正功,所以速率先減小后增大,選項C正確,D錯誤. 9.C　[解析]由于不知道重力和靜電力大小關系,所以不能確定靜電力方向,不能確定微粒電性,也不能確定靜電力對微粒做功的正負,選項A、B、D錯誤;根據(jù)微粒偏轉方向可知微粒所受合外力一定豎直向下,則合外力對微粒做正功,由動能定理知微粒的動能一定增加,選項C正確. 10.C　[解析]小球所受的重力和靜電力均為恒力,故兩

15、力可等效為一個力F==mg,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動,即通過等效最高點D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0,由圓周運動知識可得mg=m;由A到D的過程由動能定理得mg(h-R-Rcos37°)-mg(htan37°+2R+Rsin37°)=m,解得h=10R,故選項C正確,選項A、B、D錯誤. 11.A　[解析]電子加速過程,有qU1=m,電子偏轉過程,有y=·,聯(lián)立解得y=,選項A正確. 12.BC　[解析]由圖可知,粒子在電場中做勻速圓周運動,靜電力提供向心力,qE=m,得R=,R、E為定值,若q相等,則mv2一定相等;若相等,則速率v一定相

16、等,但動能不一定相等,故B、C正確. 13.(1)　(2)6qE [解析](1)在A點,小球在水平方向只受靜電力作用,根據(jù)牛頓第二定律得qE=m 所以小球在A點的速度vA=. (2)在小球從A到B的過程中,根據(jù)動能定理,靜電力做的正功等于小球動能的增加量,即2qEr=m-m 小球在B點時,根據(jù)牛頓第二定律,在水平方向有FB-qE=m 解以上兩式得小球在B點受到環(huán)的水平作用力FB=6qE 由牛頓第三定律知,球對環(huán)在水平方向的作用力大小FB'=6qE. 14.(1)2　(2)　(3)(4h,16h) [解析](1)設小球從O點運動到P點所用時間為t,在P點的速度為v1,返回O點時的速度為v2,則 h=gt2 解得t= v1=gt= 由運動學公式得h=t 解得v2=2. (2)由牛頓第二定律得F-mg=ma 其中a==3g 則E==. (3)在豎直方向,有y0==4h 設小球進入x軸上方運動到最高點所用時間為t2,則t2==2 由牛頓第二定律得ax===4g 則x0=ax=16h 所以小球運動到最高點時的位置坐標為(4h,16h).