高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量综合与测试课后复习题

习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型

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

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

3.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=∶1

D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶

4.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. B. C. D.

5.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

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。

能力提升

1.(多选)角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场。两带电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2的粒子分别以速度v1、v2垂直电场射入,并在斜面上某点分别以速度v1'、v2'射出,在电场中的时间分别为t1、t2。入射速度为v2的粒子射得更远,如图所示,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)

A.若v1<v2,则t1<t2 B.若v1=v2,则

C.若v1>v2,则v1'<v2' D.若v1=v2,则v1'=v2'

2.如图所示,质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,已知AO的水平距离为d,不计重力。求:

(1)从A点到B点所用的时间。

(2)粒子在B点的速度大小。

(3)匀强电场的电场强度大小。

3.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔,质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处时速度恰为零(空气阻力忽略不计),极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g,求:

(1)小球到达小孔处的速度大小。

(2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量。

(3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。

4.如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB为该环的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:

(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。

(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。

参考答案

基础巩固

1. 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°,静电力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时静电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. 解析由题图可知,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力qE=m,解得r=,r、E为定值,若q相等则mv2一定相等;若相等,则速率v一定相等,故B、C正确。

答案BC

3.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静电力不变,故a1∶a2=1∶1。由动能定理Ue=mv2得v=,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∶。

答案D

4.解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=,联立解得UAB=,故C正确。

答案C

5. 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=,解得UPQ=-,故UPQ<0,说明Q点的电势高于P点的电势,即油滴的最高点的位置应在P点的左上方,A正确。

答案A

6. 解析(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有:qEL-mgL=

vB==2 m/s。

(2)小球到达B点时,受重力mg、静电力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=

FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。

答案(1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N

能力提升

1.解析设粒子竖直向下的加速度为a,电场的电场强度为E。对粒子的运动在竖直方向有y=at2,在水平方向有x=vt。由几何关系有tan θ=,解得t=,x=。由于不知两粒子加速度a的大小关系,无法确定两粒子运动时间的关系。由于速度为v2的粒子水平位移较大,若v1=v2,则a1>a2,而a==g+E,则;粒子落在斜面时的竖直分速度为vy=at=2vtan θ,则落在斜面上的速度为v'=,选项A、C错,B、D对。

答案BD

2. 解析(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场,水平方向做匀速直线运动,则有:t=。

(2)由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角,则粒子在B点的速度大小v=v0。

(3)根据牛顿第二定律得:a=

将粒子射出电场的速度v进行分解,则有

vy=at=又vy=v0 tan 45°

联立解得E=。

答案(1)　(2)v0　(3)

3. 解析(1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有v2=2gh

解得v=。

(2)在从释放至到达下极板处过程,由动能定理有mg(h+d)-qEd=0

解得E=

电容器两极板间的电压为U=Ed=

电容器带的电荷量为Q=CU=。

(3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1

减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2

t=t1+t2

联立解得t=。

答案(1)　(2)　(3)

4. 解析(1)A至D点,由动能定理得

mgR+qER=,v1=2

由牛顿第二定律FN-mg=m,FN=5mg

由牛顿第三定律FN=FN'

小球对管壁的压力为5mg,方向竖直向下。

(2)第一次经过C,-mgR+qE·2R=

设管壁对小球的作用力方向竖直向下,

mg+FC1=m

FC1=mg,方向竖直向下。

答案(1)2　5mg,方向竖直向下　(2)mg,方向竖直向下