2019_2020学年高中物理第一章静电场习题课带电粒子在电场中运动的四种题型练习含解析新人教版选修3_1.docx

带电粒子在电场中运动的四种题型 课后篇巩固提升 基础巩固 ‎1.‎ 如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　)‎ ‎　　 　　　　　　　　　　　　　　‎ A.保持静止状态 ‎ B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 ‎ D.向左下方做匀加速运动 解析两平行金属板水平放置时,带电微粒静止,有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后,两板间电场强度方向逆时针旋转45°,电场力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确。‎ 答案D ‎2.‎ ‎(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知(　　)‎ A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等 B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等 C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等 解析由题图可知,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力qE=mv‎2‎r,解得r=mv‎2‎qE,r、E为定值,若q相等则‎1‎‎2‎mv2一定相等;若qm相等,则速率v一定相等,故B、C正确。‎ 答案BC ‎3.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球,从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场,它们分别落在A、B、C三点,可以判断(　　)‎ 7‎ A.小球A带正电,B不带电,C带负电 B.三个小球在电场中运动时间相等 C.三个小球到达极板时的动能EkA>EkB>EkC D.三个小球在电场中运动的加速度aA>aB>aC 解析三个小球在水平方向做匀速直线运动;竖直方向,带正电荷小球受静电力向上,合力为mg-F电,带负电荷小球受静电力向下,合力为mg+F电,不带电小球只受重力,因此带负电荷小球加速度最大,运动时间最短,水平位移最短,带正电荷小球加速度最小,运动时间最长,水平位移最大,不带电小球水平位移居中,选项A正确,选项B、D错误。在运动过程中,三个小球竖直方向位移相等,带负电荷小球合力做功最大,动能改变量最大,带正电荷小球动能改变量最小,即EkC>EkB>EkA,选项C错误。‎ 答案A ‎4.‎ 如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则(　　)‎ A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2‎ B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2‎ C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=‎2‎∶1‎ D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶‎‎2‎ 解析电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的电场力不变,故a1∶a2=1∶1。由动能定理Ue=‎1‎‎2‎mv2得v=‎2Uem,因两极板间的距离增大为原来的2倍,由U=Ed知,电势差U增大为原来的2倍,故v1∶v2=1∶‎2‎。‎ 答案D ‎5.如图甲所示,电子静止在两平行金属板A、B间的a点,t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化,则下列说法中正确的是(　　)‎ A.电子可能在极板间做往复运动 7‎ B.t1时刻电子的动能最大 C.电子能从小孔P飞出,且飞出时的动能不大于eU0‎ D.电子不可能在t2~t3时间内飞出电场 解析t=0时刻B板电势比A板高,电子在t1时间内向B板加速,t1加速结束;在t1~t2时间内电子减速,由于对称,在t2时刻速度恰好为零,接下来,电子重复上述运动,所以电子一直向B板运动,直到从小孔P穿出,A错误;无论电子在什么时刻穿出P孔,t1时刻电子都具有最大动能,B正确;电子穿出小孔P的时刻不确定,但穿出时的动能不大于eU0,C正确,D错误。‎ 答案BC ‎6.‎ 如图所示,一长为L=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求:‎ ‎(1)小球通过最高点B时速度的大小。‎ ‎(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。‎ 解析(1)小球由A运动到B,其初速度为零,电场力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有:‎ qEL-mgL=‎mvB‎2‎‎2‎ vB=‎2(qE-mg)Lm=2 m/s。‎ ‎(2)小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用,经计算 mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N 因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有:‎ FTB+mg-qE=‎mvB‎2‎L FTB=mvB‎2‎L+qE-mg=3.0×10-3 N。‎ 答案(1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N 能力提升 ‎1.‎ 7‎ 如图所示,从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动,下列说法错误的是(设电源电动势为U)(　　)‎ A.电子到达B板时的动能是Ue B.电子从B板到达C板动能变化量为零 C.电子到达D板时动能是3Ue D.电子在A板和D板之间做往复运动 解析电子在A、B之间做匀加速运动,且eU=ΔEk,选项A正确;电子在B、C之间做匀速运动,选项B正确;在C、D之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,选项D正确。‎ 答案C ‎2.‎ 如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为(　　)‎ A.mv‎0‎‎2‎‎2q B.‎‎3mv‎0‎‎2‎q C.‎2mv‎0‎‎2‎q D.‎‎3mv‎0‎‎2‎‎2q 解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=v‎0‎‎2‎,联立解得UAB=‎2mv‎0‎‎2‎q,故C正确。‎ 答案C ‎3.‎ 如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置(　　)‎ A.在P点的左上方 B.在P点的右上方 C.在P点的正上方 D.上述情况都可能 7‎ 解析油滴仅在重力与静电力作用下运动,直到运动到最高点Q,此过程初动能与末动能相同,设油滴上升的高度为h,油滴的初、末位置间的电势差为UPQ,油滴带的电荷量为-q,由动能定理得-qUPQ-mgh=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得UPQ=-mghq,故UPQ