2023版新教材高中物理第一章静电场专项11带电粒子或带电体在电场中的运动课时作业教科版必修第三册

 11　带电粒子或带电体在电场中的运动

提能力　

1．如图所示，某一带正电的粒子(不计重力)在一平行板电容器间的运动轨迹如图中曲线，P、Q为轨迹上的两点，则(　　)

A．A极板带负电，B极板带正电

B．粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能

C．粒子在P点的动能大于在Q点的动能

D．粒子在P点受到的力大于在Q点受到的力

2．(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行．不计重力．下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　　)

3.

如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应).t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则(　　)

A．M板电势高于N板电势

B．两个粒子的电势能都增加

C．粒子在两板间的加速度为a＝

D．粒子从N板下端射出的时间t＝

4．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后，(　　)

A．小球的动能最小时，其电势能最大

B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大

C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大

D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量

5.如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：

(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；

(2)小球经过O点时的速度大小；

(3)小球过O点后运动的轨迹方程．

6．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝ 2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

(1)电子在电场E1中的运动时间t1；

(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；

(3)电子打在屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离．

7.

如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度h＝4 m，BC段为一粗糙绝缘平面，其长度L＝ m．斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径R＝0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，半圆形光滑绝缘轨道位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响).现将一个质量m＝1 kg、带电荷量q＝0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝(g取10 m/s2).求：

(1)小球到达C点时的速度大小；

(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；

(3)小球落地点与C点的水平距离．

专项11　带电粒子或带电体在电场中的运动

1．答案：B

解析：粒子运动轨迹向右偏折，可知粒子受到向右的电场力，而粒子带正电，故可知电场强度水平向右，所以A板带正电，B板带负电，A错误；沿电场线方向电势降低，因此P点电势低于Q点电势，而正电荷在电势高处电势能大，因此粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能，B正确；若粒子由P点运动到Q点，电场力对粒子做正功，粒子动能增加，即粒子在P点的动能小于在Q点的动能，C错误；平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，所以粒子在P点受到的电场力等于在Q点受到的电场力，D错误．

2．答案：AD

解析：四个带电粒子以相同的速度从坐标原点射入方向与y轴平行的匀强电场中，由牛顿第二定律有qE＝ma1，qE＝2ma2，3qE＝3ma3，－qE＝ma4，解得a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，因此三个带正电的粒子的轨迹为两条，在同一方向，带负电的粒子轨迹在x轴另一侧，可排除图像C；加速度为a1的粒子与加速度为a3的粒子轨迹重合，且与加速度为a4的粒子轨迹关于x轴对称，加速度为a2的粒子轨迹处于加速度为a1的粒子轨迹与加速度为a4的粒子轨迹之间，所以图像B不可能，可能正确的是AD.

3．答案：C

解析：粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝，t＝，解得a＝，C正确，D错误．

4．答案：BD

解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v′处，v′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v，P处与Q处小球动能相等，所以A、C错误，B正确；从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量，P处与Q处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D正确．

5．答案：(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx

解析：(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝mv＝mgR

(2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝mv－mv，解得v0＝

(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qE cos 45°＝max

竖直方向有qE sin 45°－mg＝may

解得ax＝g，ay＝0.

说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝v0t

联立解得小球过O点后运动的轨迹方程y2＝6Rx.

6．答案：(1) 　(2)2　(3)3L

解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得a1＝＝，由x＝at2得＝a1t，解得t1＝；

(2)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，射入电场E2时的速度为v1，由牛顿第二定律得，电子进入电场E2时的加速度为a2＝＝，vy＝a2t2，沿射入电场E2的速度方向有L＝v1t2，v1＝a1t1，电子刚射出电场E2时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝，联立解得tan θ＝2.

(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P′到O点的距离为x，

根据几何关系得tan θ＝，联立解得x＝3L.

7．答案：(1)2 m/s　(2)30 N　(3) m

解析：(1)小球从A点到C点的过程中，根据动能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°·－μ(mg＋Eq)L＝mv－0，解得vC＝2 m/s.

(2)小球在从C点运动至D点的过程中，根据机械能守恒定律可得mv＝mv＋mg·2R，

在D点以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得

FN＋mg＝m，

联立解得FN＝30 N，vD＝2 m/s.

(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，

解得a＝ 20 m/s2，

由类平抛运动的规律得x＝vDt，2R＝at2，

联立解得x＝ m.