新版高中物理人教版必修練習(xí)習(xí)題課帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的四種題型word版含答案

習(xí)題課:帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的四種題型課后篇鞏固提升基礎(chǔ)鞏固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(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)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(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)解析兩平行金屬板水平放置時(shí),帶電微粒靜止,有mg=qE,現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后,兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,靜電力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,但大小不變,此時(shí)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(dòng),選項(xiàng)D正確。答案D2.(多選)兩個(gè)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(chǎng),如圖所示。帶正電的粒子流由電場(chǎng)區(qū)域的一端M射入電場(chǎng),沿圖中所示的半圓形軌道通過(guò)電場(chǎng)并從另一端N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(zhì)量一定相等B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動(dòng)能一定相等C.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動(dòng)能一定相等解析由題圖可知,該粒子流在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),靜電力提供向心力qE=mv2r,解得r=mv2qE,r、E為定值,若q相等則12mv2一定相等;若qm相等,則速率v答案BC3.如圖所示,一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開(kāi),從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子(不計(jì)重力),設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1,加速度為a1。若將兩極板間的距離增大為原來(lái)的2倍,再?gòu)呢?fù)極板處釋放一個(gè)電子,設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2,加速度為a2,則()∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2∶a2=2∶1,v1∶v2=2∶1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2解析電容器充電后與電源斷開(kāi),再增大兩極板間的距離時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度不變,電子在電場(chǎng)中受到的靜電力不變,故a1∶a2=1∶1。由動(dòng)能定理Ue=12mv2得v=2Uem,因兩極板間的距離增大為原來(lái)的2倍,由U=Ed知,電勢(shì)差U增大為原來(lái)的2倍,故v1∶v2=1答案D4.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(chǎng)中,小球通過(guò)電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí),速率vB=2v0,方向與電場(chǎng)的方向一致,則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為()A.mv022q B.3m解析小球從A到B,根據(jù)動(dòng)能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=2v0,因?yàn)樾∏蛟谪Q直方向只受到重力,則有2答案C5.如圖所示,一個(gè)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(chǎng)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(dòng)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.上述情況都可能解析油滴僅在重力與靜電力作用下運(yùn)動(dòng),直到運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q,此過(guò)程初動(dòng)能與末動(dòng)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(shì)差為UPQ,油滴帶的電荷量為-q,由動(dòng)能定理得-qUPQ-mgh=12mv02-12mv02,解得UPQ=-mghq,故U答案A6.如圖所示,一長(zhǎng)為L(zhǎng)=m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m=×10-4kg、帶電荷量為q=+×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(dòng),整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E=×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(wú)初速度地將小球釋放,g取10m/s2。求:(1)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)速度的大小。(2)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí),絲線對(duì)小球拉力的大小。解析(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B,其初速度為零,靜電力對(duì)小球做正功,重力對(duì)小球做負(fù)功,絲線拉力不做功,則由動(dòng)能定理有:qEL-mgL=mvB=2(qE-mg)(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí),受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用,經(jīng)計(jì)算mg=×10-4×10N=×10-3NqE=×10-6××103N=×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(dòng),其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心,由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心,由牛頓第二定律有:FTB+mg-qE=mFTB=mvB2L+qE-mg=×10-答案(1)2m/s(2)×10-3N能力提升1.(多選)角為θ的斜面上部存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。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(chǎng)射入,并在斜面上某點(diǎn)分別以速度v1'、v2'射出,在電場(chǎng)中的時(shí)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(shuō)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E。對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)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(wú)法確定兩粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)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+qmE,則q1m1>q2m2;答案BD2.如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從A點(diǎn)以v0的速度垂直電場(chǎng)線沿直線AO方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng),由B點(diǎn)飛出電場(chǎng)時(shí)速度方向與AO方向成45°角,已知AO的水平距離為d,不計(jì)重力。求:(1)從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間。(2)粒子在B點(diǎn)的速度大小。(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。解析(1)粒子從A點(diǎn)以v0的速度沿垂直電場(chǎng)線方向射入電場(chǎng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),則有:t=dv(2)由B點(diǎn)飛出電場(chǎng)時(shí)速度方向與AO方向成45°角,則粒子在B點(diǎn)的速度大小v=2v0。(3)根據(jù)牛頓第二定律得:a=eE將粒子射出電場(chǎng)的速度v進(jìn)行分解,則有vy=at=eEm·dv0=eEdmv0聯(lián)立解得E=mv答案(1)dv0(2)2v03.如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔,質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落,穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處時(shí)速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g,求:(1)小球到達(dá)小孔處的速度大小;(2)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶的電荷量;(3)小球從開(kāi)始下落至到達(dá)下極板所用的時(shí)間。解析(1)小球到達(dá)小孔前做自由落體運(yùn)動(dòng),根據(jù)速度位移關(guān)系有v2=2gh解得v=2g(2)在從釋放至到達(dá)下極板處過(guò)程,由動(dòng)能定理有mg(h+d)-qEd=0解得E=mg電容器兩極板間的電壓為U=Ed=mg電容器帶的電荷量為Q=CU=mg((3)加速過(guò)程中,有mg=ma1,v=a1t1減速過(guò)程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2聯(lián)立解得t=h+答案(1)2gh(2)mg(4.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(chǎng)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:(1)小球釋放后,第一次經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)D時(shí)的速度和對(duì)管壁的壓力。(2)小球釋放后,第一次經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C時(shí)管壁對(duì)小球的作用力。解析(1)A至D點(diǎn),由動(dòng)能定理得