105帶電粒子在電場中的運動同步練習

1、人教版必修第三冊 10.5帶電粒子在電場中的運動一、單選題1示波器是一種常見的電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間變化的 情況。示波器的內(nèi)部構(gòu)造簡化圖如圖所示，電子經(jīng)電子槍加速后進入偏轉(zhuǎn)電場，最終 打在熒光屏上。下列關(guān)于所加偏轉(zhuǎn)電壓與熒光屏上得到圖形的說法中正確的是（）乙如果只在XX，上加圖甲所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖（a）如果只在YY，上加圖乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖（b）如果在YY，、XX，上分別加圖甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖（ c ）如果在YY，, XX，上分別加圖甲、乙所示的電壓，則在熒光屏上看到的圖形如圖（ d ）如圖，豎直放置

2、的圓環(huán)處于水平向左的勻強電場中，A，B、C、D為圓環(huán)上的四個 點，AD豎直，AB與AD間夾角9 =60，AC為圓環(huán)直徑，沿AB、AC、AD分別固定光 滑細桿?，F(xiàn)讓質(zhì)量均為加、帶電量均為+ q的帶孔小球分別套在細桿AB、AC、AD上（圖中未畫出），均從A點由靜止開始下滑，設(shè)小球分別經(jīng)時間tB、tC、tD到達B、C、D三點。已知勻強電場場強大小E =亙喧，重力加速度為g,關(guān)于三個小球的運q動時間tB、C tD,下列說法正確的是（）AtB = tC = tDBtB tC tDCtB tC tDDtD tB 0），電 場強度E = mg（g為重力加速度），則下列說法正確的是（）q八 I、x XJJ小球

3、在A點時的速度為肓拆小球運動至C點和H點時繩子拉力大小相等小球運動過程中繩子的最大拉力為6、込mg小球運動過程中的最小速度為j2Rg如圖所示，一個帶電粒子從粒子源飄入（初速度很小，可忽略不計）電壓為U1的 加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為厶相距 為，電壓為4。則帶電粒子不能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是（）A.U2d2 - ULB.U2d 22 UL21U d L1D.1SAJu231L 1如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），當兩板間的電壓分別如圖 2 中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動（假設(shè)不與板相碰），下列說法正確的是（ ）A

4、R00甲乙ooT22T丙A.電壓是甲圖時，在0T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少電壓是乙圖時，在0彳時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動有一種測量電場強度的方法，其原理如圖，豎直平面的虛線框內(nèi)存在水平方向的勻 強電場，虛線框高度為。讓質(zhì)量為加、帶電量為q的粒子從M點由靜止釋放，最終 帶電粒子在電場區(qū)域下邊界的照相底片上打出一個感光點P，P點與M點的水平距離為0.5d,已知重力加速度為g,則電場強度E大小為（）A.竽mgB.3mgC.D. 2mg2qq2qq10在方向水平的電場中有一粗糙、絕緣的水平面，將一帶電量為+g的小物體輕放在水平

5、面上，此后小物體做直線運動。以小物體的初始位置為坐標原點O,沿運動方 向建立x軸，x軸上各點的電勢9隨位置坐標x的變化如圖所示。圖中0/為曲線， l21及2131為直線，圖像曲線部分和直線部分在x = l處相切，已知小物體在x = l處 速度為最大值，在x = 31處速度恰好為零，下列說法錯誤的是（）21(pi0A小物體從O到x = 31的過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為q見-心 B.小物體運動過程中受到的摩擦力大小為給2lC 92、93的關(guān)系為勿廣叮饋D小物體運動過程中的最大動能為q（9嚴2）電偶極子是由相距為，電荷量大小為q的等量異種點電荷組成的系統(tǒng)。兩個相同的電偶極子平行反向放置，AOB為其平

6、分線，O點為其對稱點。在外力作用下，一帶 正電的試探電荷從無窮遠處沿著AOB移動，無窮遠處電勢為零。在移動過程中，下列 說法正確的是（）.:電場力對試探電荷先做正功，后做負功試探電荷電勢能先增加，后減少試探電荷在O點所受電場力最大試探電荷在O點電勢能為零如圖所示，一個平行板電容器兩板間距離為，其電容為C,所帶電荷量為Q,上 極板帶正電，現(xiàn)將一個帶電荷量為+q的試探電荷由兩極板間的A點移動到B點，A、B 兩點間的距離為1,連線AB與極板間的夾角為30，則靜電力對試探電荷所做的功等 于（ ）A- Qd B SdC 噲 d. 2|d如圖所示，四個質(zhì)量均為加、帶電荷量均為+g的微粒a、b、c、d距離地

7、面的高度相同，以相同的水平速度被拋出，除了a微粒沒有經(jīng)過電場外，其他三個微粒均經(jīng)過電場強度大小為E的勻強電場（mggE）,這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別不計空氣阻力，則（)td，是 t 、 t 、 t 、 abcA* +bc0V1fA. t t t t abcdB. t =t t =t b c a dC.t =t t tadbcD. t t =t t badc如圖1所示為示波管原理圖，若其內(nèi)部豎直偏轉(zhuǎn)電極YY，之間電勢差如圖2所示的規(guī)律變化，水平偏轉(zhuǎn)電極XX，之間的電勢差如圖3所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上試卷第6頁，共9 頁差為匕的電場中加速后，垂直射入電勢差為J的偏轉(zhuǎn)電場，在滿足電子

8、能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變小的是（ ）A. U 變小，U 不變12C. U 變小，U 變大12二、填空題BU 變大， U 變小12DU 不變， U 變大12如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，電勢差為U, 質(zhì)量為m （不計重力）、電荷量為一g的粒子，以速度S通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿 過等勢面N的速度應(yīng)是。0 +U4IM N初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為+g的帶電粒子逆著電場線的方向從勻強電場 邊緣射入勻強電場，已知射入的最大深度為。則（1）場強大小 E=；（2）帶電粒子在電場區(qū)域中運動的時間（不計帶電粒子的重力）為尸。兩個初速度均為零

9、的帶電粒子A和B在同一勻強電場中同時釋放。已知aA=8aB，4mA=mB，不計重力和兩粒子間的靜電力作用，經(jīng)過相同的時間后，兩粒子的速率之比vA : vB=，動能之比 EkA : EkB=。三、解答題1如圖所示，半徑為R的-光滑絕緣圓弧軌道豎直固定放置，它所在空間存在一豎4直向下的勻強電場，且與電容器間的電場互不影響。一質(zhì)量為加，電量為q的帶電小 球以一定的初速度從圓弧軌道頂端開始沿軌道運動，其速率不斷減小，最終以水平速 度y=1m/s離開圓弧軌道，此時對圓軌道恰好無壓力作用，并立刻沿水平方向飛入兩 板間距為=8cm水平放置的平行板電容器正中央，在電容器中做勻速直線運動仗取 10m/s2）.（

10、1）請寫出加在平行板電容器兩端的電壓U和豎直向下的勻強電場的電場強度E的表達式；（2）保持其他條件不變，將電容器的下板向下平移2cm （如圖所示），小球剛好從金 屬板右端飛出，求平行板的長度。（、示-2.5）20如圖所示，空間內(nèi)存在有方向豎直向下的勻強電場，電場強度E = 103V/m，將一 長為L = 1m且不可伸長的輕繩，一端固定于O點，另一端系一質(zhì)量m = 0.8kg、帶電量 q = +0.01C的小球。現(xiàn)將小球拉起至繩子水平后在A點無初速度釋放，當小球運動至 O點的正下方B點時繩恰好斷裂（假設(shè)該繩斷裂時無能量損失），小球繼續(xù)運動并垂直 打在一個與水平面成0 = 53。且足夠大的擋板MN

11、上的C點，重力加速度g取10m/s2，試求B、C兩點的電勢差U。AOgMv E IV21.如圖所示，勻強電場方向豎直向下，大小為E, 質(zhì)量為加、電荷量為q的正電 粒子在電場中以速度5從MN連線上的P點水平向右射出。已知MN與水平方向成 45角，粒子的重力不計，求：（1）粒子落回MN連線上某點時所用的時間t；（2）粒子落回MN連線上某點時的速度大小Vo22如圖所示，長L = 2m、傾角0 = 37。的光滑斜面固定在水平地面上，整個斜面處在 方向沿斜面向上的勻強電場中。將一個質(zhì)量m = lkg、電荷量q = 5xlOC帶正電的小 滑塊從斜面頂端由靜止釋放，已知小滑塊到達斜面底端所用的時間t = 2

12、s，重力加速度 g = 10m/s2， sin37 = 0.6， cos37 = 0.8，求：（1）小滑塊下滑過程中的加速度大小；（2）勻強電場電場強度的大??；（3）小滑塊從最高點滑到底端的過程中，電場力做的功和小滑塊電勢能的增加量。參考答案：1D 【解析】【詳解】如果只在XX，上加圖甲所示的電壓，則電子只在x軸方向偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)距離時刻在變， 所以在熒光屏上看到的圖形為x軸上的一條亮線，如圖(b)所示，故A錯誤；如果只在YY，上加圖乙所示的電壓，則電子只在尹軸方向偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)距離時刻在變， 所以在熒光屏上看到的圖形為尹軸上的一條亮線，如圖(a)所示，故B錯誤；CD.如果在XX YY，上分別加圖

13、甲、乙所示的電壓，則水平方向為掃描電壓，掃描電壓 覆蓋了兩個周期的待測信號波形，在熒光屏上看到的圖形將如圖(d)所示，故C錯誤，D 正確。故選 D。C【解析】【詳解】 對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有a = g cos0 + *3g sin0 = 2g sin(30 +0)則所有球在相等時間內(nèi)的位移為x = gZ2sin(30 + 3)由于AB與AD間夾角0 =60，則sin(30 +3)= 1其它 3都比 60要小，則tB tC tD故選CoC【解析】【分析】【詳解】AB.帶電物體做勻速直線運動，受重力、支持力、摩擦力水平向左和水平向右的電場力， 電場方向向左，則物體帶負電，根據(jù)平衡得答案

14、第1頁，共13頁qE =卩 mg解得q = 7.5 x 10 - 4CAB 錯誤；CD.使物體向右加速，則合力一定水平向右，所以電場力的水平分力一定沿水平方向向 右，電荷帶負電，故電場方向斜向左上方或斜向左下方，但只有電場方向沿左下方時，加 速度的值最大，設(shè)電場方向與水平方向夾角為乩由牛頓第二定律得qE cos 9 一 卩(mg 一 qE sin 9) = ma(qE)2 + (卩Eq)2 sin(9 +a) - pmg = maqE 4tan a =卩qE 3a = 53。sin(0 +a) = 1時，加速度最大，此時9 = 90。一 53。= 37。a = %max 8D 錯誤 C 正確。

15、故選Co 4. B解析】詳解】設(shè)粒子的初速度為叱，粒子在電場中做類平拋運動，離開偏轉(zhuǎn)電場的時間為Lt =-v0則兩個粒子同時離開偏轉(zhuǎn)電場，故A正確，不符合題意；設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向夾角為0,粒子在電場中做類平拋運動，豎 直方向的加速度為豎直方向的分速度為偏轉(zhuǎn)角度的正切為a =理=qUm mdqU Lv = at =-ymd v0qULmdv20vtan 0v0氘核和氦核的比荷相同，兩個粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向相同，故 B 錯誤，符合題意；CD.兩個粒子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向分速度相同，離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向的分速度相 同，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度大小相同，且從偏轉(zhuǎn)電場同一點離開，故

16、 CD 正確，不符合題 意。故選 B。故選。5. B 【解析】【詳解】由于粒子的電性未知，所以無法判斷P、Q的電勢高低，故A錯誤；根據(jù)vt圖像可知粒子在P點的加速度大于在Q點的加速度，即粒子在P點所受電場力大于在Q點所受電場力，所以Q點場強小于P點場強，故B正確；粒子從P到Q的過程，電場力對粒子做功為1W = 一一 mv 220所以P、Q兩點間的電壓為 TOC o 1-5 h z Wmv 2 HYPERLINK l bookmark61 o Current Document U = 0PQ q2q故 C 錯誤；粒子從P到Q的過程，電場力對粒子做負功，粒子電勢能增大，所以粒子在P點的電 勢能小于

17、在Q點的電勢能，故D錯誤。故選B。6. C解析】【詳解】D.以小球為研究對象，受到重力、靜電力和輕繩的拉力，重力與靜電力的合力由牛頓第二定F = f(mg )2 + (qE )2 = 2mg由于小球恰好做圓周運動，所以圓周運動過程中速度的最小值出現(xiàn)在P點, 律得小球的最小速度v = v =2gR min P故D錯誤;A.小球從P點運動到A點，由動能定理得mgR(1 cos 45。) + qER sin 45。= mv2 mv 22 A 2 P解得v =聯(lián)3 込-2) gRA故 A 錯誤;小球在C點時，有v2F qE = m-cCR小球從H點運動到C點，由動能定理得qE - 2R = mv 2

18、mv 22C2H在H點時，有所以FH ta ac對比可得t t = t tbadc故選 D。14D【解析】【詳解】 在02t時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當為負的最大值時，電 子大在熒光屏上有負的最大位移，當5為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，因此D正確，ABC錯誤。故選 D。15B【解析】【詳解】qU11二mv22v根據(jù)動能定理得在偏轉(zhuǎn)電場中a =叫mdqU Lv = at =2y mdvUL22U d1vtan 0 =hv若使偏轉(zhuǎn)角變小即使tan 0變小，使U變大，U2變小可使偏轉(zhuǎn)角變小。 故選B。162 +辿0 m【解析】【分析】【詳解】由動能定理得：qU

19、= mv2 mv02，解得v=、v 2 qU TOC o 1-5 h z 22Y 0 m17.mv2如2qdv0解析】分析】詳解】(1)1根據(jù)動能定理得解得Eqd = mv 220mv2E =o-2qd(2)2帶電粒子運動的平均速度為所以運動的時間為d2dt =v v018. 8 : 1 16 : 1解析】詳解】 1粒子受電場力做勻加速直線運動，有v = at而a = 8a，時間t相同，有ABv :v = 8:1AB19(1)mgdmv 2U =； E = 曠 +qqRqmgE : E = 16:1kA kB；(2) 25cm解析】詳解】 (1)小球在板間勻速直線運動，小球受重力和豎直向上的電場力平衡Uq = mgd解得U=mgdq小球沿著圓弧軌道運動時速率減小，恰好過最低點時，滿足解得mv2Eq - mg =R0mv2E =+mgq(2)當下板向下平移，電場強度變小，故小