人教版高中物理必修三微型專題03 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（四種題型）（練習(xí)題）（解析版）同步練習(xí)

第十章靜電場(chǎng)中的能量微型專題3帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（四種題型）一、單選題： 1.A、B是一條電場(chǎng)線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖1所示。則此電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布可能是()【解析】從v－t圖象可以看出物體的速度逐漸減小，圖線的斜率逐漸增大，v－t圖線中圖線的斜率表示物體的加速度大小，故物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以帶負(fù)電的粒子順著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，速度逐漸減小，且電場(chǎng)線沿粒子運(yùn)動(dòng)方向逐漸密集，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼2.如圖所示，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)【答案】D【解析】?jī)善叫薪饘侔逅椒胖脮r(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°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)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.3.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣沿垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，電子恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)保持負(fù)極板不動(dòng)，正極板在豎直方向移動(dòng)，并使電子入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的()A.2倍B.4倍C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)【答案】C【解析】電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng).假設(shè)電子的帶電荷量為e，質(zhì)量為m，初速度為v，極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板的間距為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.由于電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以水平方向有：L＝vt，豎直方向有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eE,m)·(eq\f(L,v))2＝d.因?yàn)镋＝eq\f(U,d)，可得：d2＝eq\f(eUL2,2mv2)，若電子的速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，仍從正極板邊緣飛出，則由上式可得兩極板的間距d應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，故選C.4.一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)帶負(fù)電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，則下列說(shuō)法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.0～2s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于0C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D.2.5～4s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于0【答案】D【解析】畫出帶電粒子速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，v－t圖線與時(shí)間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，A、C錯(cuò)誤；2s末速度不為0，可見0～2s內(nèi)電場(chǎng)力做的功不等于0，B錯(cuò)誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，則2.5～4s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于0，所以D正確.5.如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A.小球帶負(fù)電B.電場(chǎng)力跟重力平衡C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小D.小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒【答案】B【解析】由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0，電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對(duì)；從a→b，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)；由于有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò).6.如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中).不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))【答案】B【解析】根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤.7.如圖甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)被固定的點(diǎn)電荷，a、b、c三點(diǎn)在它們連線的延長(zhǎng)線上，其中Q1帶負(fù)電?，F(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點(diǎn)開始向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)并經(jīng)過(guò)b、c兩點(diǎn)(粒子只受電場(chǎng)力作用)，粒子經(jīng)過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb、vc，其v－t圖象如圖乙所示。以下說(shuō)法正確的是()A.Q2一定帶負(fù)電B.Q2的電量一定大于Q1的電量C.b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大D.粒子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程中，粒子的電勢(shì)能先增大后減小【解析】由題圖乙可知，粒子從a到b過(guò)程做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，在b點(diǎn)時(shí)粒子速度最小，加速度為零。根據(jù)牛頓第二定律Eq＝ma，得出粒子在b點(diǎn)受力為零，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在b點(diǎn)Q1對(duì)帶負(fù)電粒子的電場(chǎng)力水平向右，要使b點(diǎn)粒子所受合力為零，則Q2對(duì)帶負(fù)電粒子的電場(chǎng)力水平向左，所以Q2帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；b點(diǎn)與Q1的間距大于與Q2的間距，由庫(kù)侖定律F＝keq\f(Qq,r2)知，Q1的帶電量大于Q2的帶電量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過(guò)程，動(dòng)能先減小后增大，根據(jù)能量守恒定律知，粒子電勢(shì)能先增大后減小，選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緿8.如圖甲所示，A板電勢(shì)為0，A板中間有一小孔，B板的電勢(shì)變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻以初速度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板．則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．粒子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．若粒子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打向B板【答案】B【解析】.粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在eq\f(3T,4)時(shí)刻到達(dá)B板，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在eq\f(T,2)時(shí)刻速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，選項(xiàng)B正確；若粒子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9d,8)，所以粒子在eq\f(T,2)時(shí)刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．多選題9.如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D．三種粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】.根據(jù)動(dòng)能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得三種粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后獲得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，由l＝v1t2及y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確．根據(jù)動(dòng)能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2打到屏上時(shí)的速度v2＝eq\r(\f(2（qE1d＋qE2y）,m))，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．粒子打在屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時(shí)間不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．根據(jù)vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確．10.如圖所示，虛線a、b、c表示在O處某一點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，設(shè)兩相鄰等勢(shì)面間的間距相等。一電子射入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線所示，其中1、2、3、4表示電子的運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)面的一些交點(diǎn)。由此可以判定()A.電子在1、2、3、4位置處所具有的電勢(shì)能與動(dòng)能的總和一定相等B.O處的點(diǎn)電荷一定帶負(fù)電C.a、b、c三個(gè)等勢(shì)面的電勢(shì)關(guān)系是φa>φb>φcD.電子從位置1到2和從位置3到4的過(guò)程中電場(chǎng)力做功的關(guān)系是|W12|＝2W34【解析】由能量守恒可知，電子的電勢(shì)能與動(dòng)能的總和保持不變，故選項(xiàng)A正確；由電子射入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡可知場(chǎng)源點(diǎn)電荷為負(fù)點(diǎn)電荷，選項(xiàng)B正確；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，即φc>φb>φa，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，雖然ab＝bc，但ab間的場(chǎng)強(qiáng)大于bc間的場(chǎng)強(qiáng)，由U＝Ed可知Uab≠Ubc，電子從位置1到2和從位置3到4的過(guò)程中電場(chǎng)力做功|W12|≠2W34，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼B11.如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k))).已知重力加速度為g，則()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小為eq\r(\f(g,2k))C．小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(5mg,4k)D．小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少eq\f(\r(2)mg,k)【答案】BC【解析】.小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝eq\r(2)mg，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(\r(2)mg,q)，A錯(cuò)誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有eq\f(1,k)＝v0t，eq\f(1,k)＝eq\f(1,2)gt2，得小球初速度大小為v0＝eq\r(\f(g,2k))，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知eq\f(v0,vx)＝eq\f(1,2)，所以小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,x))＝eq\f(5mg,4k)，C正確；小球從O到P過(guò)程中電勢(shì)能減少，且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功，即W＝qE·eq\f(1,k)eq\f(1,cos45°)＝eq\f(2mg,k)，D錯(cuò)誤．12.在地面附近，存在著一有界電場(chǎng)，邊界MN將空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖3甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則()A.小球受到的重力與電場(chǎng)力大小之比為3∶5B.在t＝5s時(shí)，小球經(jīng)過(guò)邊界MNC.在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，重力做的功大于電場(chǎng)力做功D.在1～4s過(guò)程中，小球的機(jī)械能先減少后增加【解析】小球進(jìn)入電場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場(chǎng)后受到重力和電場(chǎng)力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，由題圖乙可以看出，小球經(jīng)過(guò)邊界MN的時(shí)刻是t＝1s和t＝4s時(shí)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v－t圖象的斜率等于加速度得，小球進(jìn)入電場(chǎng)前的加速度大小a1＝g＝eq\f(v1,t1)＝v1，進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度大小a2＝eq\f(v1,t2)＝eq\f(v1,1.5)＝eq\f(2v1,3)，由牛頓第二定律得mg＝ma1，F(xiàn)－mg＝ma2，得電場(chǎng)力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)mg，得重力mg與電場(chǎng)力F大小之比為3∶5，故選項(xiàng)A正確；小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理，整個(gè)過(guò)程中重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，由題圖可得，小球在0～2.5s內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)，在2.5～5s內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)，在1～4s過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，所以小球的機(jī)械能先減少后增加，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緼D非選擇題13.在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，如圖所示，現(xiàn)給小球一個(gè)垂直于懸線的初速度，小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，試問(wèn)：(1)小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在哪一位置速度最??？速度最小值多大？(2)小球在B點(diǎn)的初速度多大？【解析】(1)如圖所示，小球所受到的重力、電場(chǎng)力均為恒力，二力的合力為F＝eq\f(mg,cosθ).重力場(chǎng)與電場(chǎng)的疊加場(chǎng)為等效重力場(chǎng)，F(xiàn)為等效重力，小球在疊加場(chǎng)中的等效重力加速度為g′＝eq\f(g,cosθ)，其方向與F同向，因此B點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，A點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在A點(diǎn)速度最小，設(shè)為vA，此時(shí)細(xì)線的拉力為零，等效重力提供向心力，則mg′＝meq\f(veq\o\al(2,A),l)，得小球的最小速度為vA＝eq\r(\f(gl,cosθ)).(2)設(shè)小球在B點(diǎn)的初速度為vB，由能量守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg′·2l，將vA的數(shù)值代入得：vB＝eq\r(\f(5gl,cosθ)).【答案】(1)A點(diǎn)速度最小eq\r(\f(gl,cosθ))(2)eq\r(\f(5gl,cosθ))14.如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過(guò)y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫出)，重力加速度g為已知量。求：(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；(2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ；(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間?！窘馕觥?1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝mg且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tanθ＝eq\f(mg,qE)解得θ＝45°(2)P到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q)(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有eq\r(2)mg＝ma，