1.9带电粒子在电场中的运动 课时作业（word解析版）

2021-2022学年教科版（2019）必修第三册
1.9带电粒子在电场中的运动 课时作业（解析版）
1．两金属导体M和N之间的等势线如图中实线所示现有一个带电粒子仅在电场力的作用下运动轨迹如图中虚线所示，P和Q是运动轨迹上的两点，不计带电粒子对原电场的影响下列说法正确的是
A．粒子所带电性与导体M所带电性相反
B．P和Q两点的电场强度关系为
C．粒子在P点的受力方向为图中F方向
D．P和Q两点的电势关系为
2．如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，有一带电滑块从A点沿着粗糙绝缘的水平面以100J的初动能向左滑动，当到达B点时动能减小了30J，其中有18J转化成电势能，12J转化成内能，则它再次经过A点时，动能变为（　　）
A．14J B．18J C．20J D．40J
3．如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该小球的运动轨迹，已知小球在a点的动能等于29eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于－6eV时，它的动能等于（　　）
A．33eV B．24eV C．12eV D．17ev
4．如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当极板所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为（ ）
A．U2=3U1 B．U2=6U1 C．U2=8U1 D．U2=12U1
5．把质量为m，带电量为q的质点，以初速v0在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出，如图所示．质点在电场中上升到最大高度的过程中 （ ）
①电势能不变
②机械能不变
③受到重力冲量的大小为mv0
④到达最高点时速度为零，加速度大于g
⑤到达最高点时重力的瞬时功率为零，合力的瞬时功率不为零
A．①② B．②③ C．②③④ D．③⑤
6．如图甲所示，为两个固定点电荷，其中带正电，两电荷连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷，只在静电力作用下以一定的初速度沿直线从b开始经a点向远处运动，其速度-时间图像如图乙所示，和分别为试探电荷经过ab两点时的速度，下列说法正确的是（ ）
A．带正电
B．
C．试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大
D．试探电荷离开a点后所受静电力一直增大
7．如图所示，匀强电场方向竖直向下，在此电场中有a、b两个带电微粒（不计微粒间的相互作用），分别竖直向上、竖直向下做匀速运动，则下列说法中正确的是（　　）
A．两带电微粒带异种电荷
B．两微粒所受的电场力等大、反向
C．带电微粒a重力势能、电势能均增加
D．带电微粒b电势能增加，机械能减小
8．如图是静电除尘器除尘机理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM=MN．下列判断正确的是
A．b是直流高压电源的负极
B．电场中M点的电势高于N点的电势
C．同一个点电荷在电场中N点受到的电场力小于在P点受到的电场力
D．电场中N、M间的电势差UNM小于M 、P间的电势差UMP
9．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度
B．小球动能的最小值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时电势能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
10．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距极板右端处有一竖直屏。一带电荷量为、质量为的小球以初速度沿两极板正中央虚线射入两极板间，最后恰好打在虚线的延长线与竖直屏的交点上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为）（　　）
A．两极板间的电压为
B．两极板间的电场强度大小为
C．整个过程中小球的机械能增加
D．整个过程中小球的机械能不变
11．下图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移h/U2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为（　　）
A．增大U2 B．减小L
C．减小d D．减小U1
12．如图所示,长为L,倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中,一带电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端的速度仍为v0,则 （ ）
A．小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能
B．A、B两点的电势差一定为
C．若电场是匀强电场,则该电场的场强可能是
D．若电场是匀强电场,则该电场的场强的最大值一定是
13．如图所示，电荷量为q＝1×10-4C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。若重力加速度g取10m/s2，求：
（1）0-2s内，小物块受到的电场力；
（2）物块的质量m；
（3）物块与水平面之间的动摩擦因数μ。
14．如图所示，一示波管偏转电极的长度为d，两极间的电场是均匀的，场强为E（E垂直于管轴），一个电子经电压为U的加速电场加速后，沿管轴注入，已知电子质量为m，电荷量为e。
（1）求电子经过电极后所发生的偏转距y；
（2）若出偏转电极的边缘到荧光屏的距离L，求电子打在荧光屏上产生的光点偏离中心O的距离。
15．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量、电荷量的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度冲上斜轨，以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数，设小物体的电荷量保持不变，取，。
（1）求弹簧枪对小物体所做的功；
（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，示CP的长度。
16．水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角AOB为60°，半径R=0.8m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E=1×104N/C．一个质量m=2kg，带电量为q=－1×10－3C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力FN=32.5N．求：
(1)小球抛出时的初速度v0大小；
(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf．
参考答案
1．B
【详解】
根据粒子的轨迹弯曲方向确定粒子所受电场力大致方向如图，与导体M之间是排斥力，所以粒子所带电性与导体M所带电性相同，故A错误；
等势面密集处，电场强度较大，所以P和Q两点的电场强度关系为，故B正确；根据电场线与等势面密集，在图中画出过P点的电场线，电场力沿切向，与图中标的不一致，故C错误； 因为粒子电性及导体M、N的电性未知，所以P、Q的电势无法比较，故D错误；故选B.
【点睛】
本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．
2．C
【详解】
根据题意可知，速度减为0，则有
而再次回到A点动能的损失只转化为内能，故
故剩余的动能只有20J，C正确。
故选C。
3．D
【详解】
试题分析：小球自a点运动到b时，电场力做负功：，由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：，从b到c电场力做正功，根据动能定理有：，联立可得：，由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点有：，即电势能和动能之和为11eV，因此当电势能等于-6eV时动能为17eV，故D正确；
考点：考查了电场力做功
【名师点睛】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况，学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变
4．D
【详解】
偏转距离
加速度
运动时间
可得第一次
同理，第二次
由以上两式相比可得
故，ABC错误D正确。
故选D。
5．D
【详解】
试题分析：因电场力对质点做正功，电势能减小，机械能变大；①②错误；根据动量定理，在竖直方向：，即重力冲量的大小为mv0，③正确；到达最高点时有水平速度，故速度不为零，加速度有竖直方向的g和水平方向的，故加速度大于g，故④错误；到达最高点时有水平速度，竖直速度为零，则到达最高点时重力的瞬时功率为零，合力的瞬时功率不为零，故⑤正确；故选D．
考点：运动的合成和分解
6．C
【详解】
由图乙可知，检验电荷先减速运动，若Q2为正该电荷将一直加速，故Q2为负，后来检验电荷又加速运动，由于检验电荷为正，这说明正电荷Q1比负电荷Q2形成的电场强度大，所以电荷量Q1＞Q2， 可知Q1左侧电场方向向左，逐渐减小，因此由上知Q2为负电荷，故A错误；由图乙可知，检验电荷先减速运动，后又加速运动，这说明正电荷Q1比负电荷Q2形成的电场强度大，所以电荷量Q1＞Q2，故B错误；试探电荷从b点到a点的过程中，电荷减速运动，电场力做负功，电势能增加，故C正确；由图乙可知，试探电荷离开a点后加速度减小，合力减小，故D错误．故选C．
点睛：本题是综合图象求解的问题，关键通过图线知道电荷的运动情况，通过运动情况判断出受力情况，再结合库仑定律综合求解，同时要明确电场力做功和电势能的关系．
7．D
【详解】
AB．两微粒受重力和电场力处于平衡状态，知电场力方向均向上，则两电荷均带负电。故AB错误；
C．对于a微粒，电场力做正功，电势能减小，重力势能增大。故C错误；
D．对于b微粒，电场力做负功，电势能增大，动能不变，重力势能减小，机械能减小。故D正确。
故选D。
8．CD
【分析】
根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性．放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，依据电场线的疏密来体现电场的强弱，并沿着电场线的方向电势是降低的．
【详解】
A．尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，b是直流高压电源的正极，选项A错误；
B．顺着电场线，电势降落，则M点的电势低于N点的电势，选项B错误；
C．越靠近放电极电场越强，同一点电荷受到的电场力越大，选项C正确；
D．U=Ed，N、M间的平均电场强度小于M、P间的电场强度，所以N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP，选项D正确；
故选CD．
【点睛】
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，剖题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，理解本电场是非匀强电场，是解题的关键．
9．AB
【详解】
A．小球静止时细线与竖直方向成角，由平衡条件可得
解得匀强电场的电场强度为
A正确；
B．小球在A点时受到的重力和电场力的合力视为“等效重力”，故A点等效为最低点，B点等效为最高点，在B点的动能最小，等效重力大小为
由于恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，故在B点满足
动能的最小值为
联立解得
B正确；
C．由初始平衡状态可知小球受到的电场力水平向右，由于电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大，可知当小球运动至圆周轨迹的最左侧时电势能最大，当小球运动至圆周轨迹的最右侧时电势能最小，故小球从初始位置开始，在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大，CD错误。
故选AB。
10．AC
【详解】
AB．由题意分析可知，质点在平行板间运动应向上偏转，做类平抛运动，小球飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，最后恰好打在中线的延长线与竖直屏的交点上，竖直方向上总位移为0，又两次偏转的时间相等，根据位移公式
可得两次偏转的加速度大小之比
根据牛顿第二定律
两极板间电压
故A正确，B错误；
CD．整个过程中，重力不做功，而电场力做正功，机械能增加，故C正确，D错误。
故选AC。
11．CD
【详解】
电子在加速电场中加速，根据动能定理可得
所以电子进入偏转电场时速度的大小为：
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：
所以示波管的灵敏度
所以要提高示波管的灵敏度可以增大，减小和减小，AB错误，CD正确。
故选CD。
12．AC
【详解】
A．小球从A运动到B的过程中，动能不变，重力势能增加，根据能量守恒定律可知电势能必定减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，A正确；
B．根据动能定理得
得到
B错误；
C．若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，若电场强度与运动方向不共线，且与斜面的夹角小于θ时，则电场力、斜面的支持力与重力相平衡，因此小球受到的电场力可能等于重力mg，此时的电场强度等于，C正确；
D．若电场是匀强电场，电场力恒定，到达B点时小球速度仍为v0，故小球做匀速直线运动，电场力与重力、支持力的合力为零．小球受到的电场力可能大于重力mg，此时的电场强度大于，D错误。
故选AC。
13．（1）3N；（2）1kg ；（3）0.2
【详解】
（1）0-2s内，小物块受到的电场力
F1=E1q=3×104×10-4=3N
（2）由图可知，前2s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
qE1-μmg=ma ①
2s后物块做匀速运动，由力的平衡条件有
qE2=μmg ②
由①②有
qE1-qE2=ma ③
由图可得
E1=3×104N/C
E2=2×104N/C
将数所代入③式解得
（3）由②式解得
故物块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.2。
【点睛】
正确对物体进行受力分析，根据状态利用牛顿运动定律或者功能关系列方程求解是解决动力学问题的关键。
14．(1) ； (2)
【详解】
(1)电子经加速电场加速后的速度由动能定理有
电子在极板中的运动时间为
电子在极板中加速度为
电子经过电极后的偏转距离为
联立可得
(2)电子出极板时的偏角为，则
由数学知识得
联立解得
15．（1）0.475J；（2）0.57m
【详解】
（1）设弹簧枪对小物体做功为，由动能定理得
代入数据得
（2）取沿平直斜轨向上为正方向，设小物体通过C点进入电场后的加速度为，由牛顿第二定律得
代入数据求得
小物体向上做匀减速运动，经过0.1秒后速度达到，根据
代入数据解得
设运动位移为，有
电场力反向后，设小物体的加速度为，由牛顿第二定律得
代入数据求得
设小物体以此加速度运动到速度为0，用时为，位移为，有
设CP的长度为，联立代入相关数据解得
16．(1) (2)
【分析】
根据题中“竖直向下的匀强电场…带电小球”、“水平抛出…圆弧轨道”可知，本题考查带电物体在复合场中的运动．根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛顿运动定律、动能定理列式计算．
【详解】
(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：
，解得：小球的加速度
C与B的高度差
设小球到B点时竖直分速度为，则，解得：小球到B点时竖直分速度
小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则
解得：小球抛出时的初速度
(2)在B点时，，则
小球在A点时，，解得：
小球从B到A过程，由动能定理得：
解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功