1.9带电粒子在电场中的运动 达标练习（word版含解析）

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 达标练习（解析版）
1．关于曲线运动，下列说法正确的是（　　）
A．做曲线运动的物体，其动能一定变化
B．做曲线运动的物体，其加速度可以不变
C．物体仅受到恒定的电场力时，不可能做曲线运动
D．做圆周运动的物体的加速度一定指向圆心
2．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间上半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是
A．在t时刻，a和b的电势能相等
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．a的质量比b的大
D．在t时刻，a和b的加速度大小相等
3．如图所示，以质量为m的带正电小球用轻绳悬挂于O点。小球可视为质点，整个装置处于水平向右的匀强电场中，小球静止时，轻绳与竖直方向成=37°角，绳长为L。现给小球一垂直于细绳方向的初速度v0，小球恰好在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度为g，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）不计空气阻力，则v0大小应为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，竖直实线表示匀强电场中的一簇等势面，一带电微粒在电场中从A到B作直线运动（如图中虚线所示）．则该微粒（ ）
A．一定带正电
B．从A到B的过程中作匀速直线运动
C．从A到B的过程中电势能增加
D．从A到B的过程中机械能守恒
5．如图所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是 （ ）
A．电荷在b点的电势能大于在a点的电势能
B．电荷在a、b两点的电势能相等
C．该电场的方向水平向左
D．b点的电势高于a点的电势
6．一质量为的带正电的油滴静止在两块相距6.4cm的水平放置的平行金属板之间，则两板之间的电势差最大值可能是（　　）
A．800V B．600V C．400V D．200V
7．如图所示为匀强电场的电场强度随时间变化的图像。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2s末带电粒子回到原出发点
C．4s末带电粒子的速度为零 D．内，电场力做的总功为零
8．如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，相邻面间的电势差相等，一重力不计、带负电的粒子从左侧进入电场，运动轨迹与三个等势面分别交于三点，则：（ ）
A．a点的电势比b点的电势高
B．粒子在c点的加速度为零
C．粒子从a到c电势能不断增加
D．粒子从a到b克服电场力做功大于从b到c克服电场力做功
9．如图所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．物体一定带正电
B．物体一定带负电
C．物体不一定受弹力的作用
D．物体一定受弹力的作用
10．空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示．一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h，则（ ）
A．A点的电势比B点的电势高
B．若v1>v2，则小球带正电
C．在B点，小球的动能与电势能之和一定比在A点的大
D．若小球带正电，则小球从A到B动能的增加量小于电势能的减少量
11．如图所示，在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为，一带电量为+q的带电小球从距水平面h高处的P点以的初动能水平向右抛出，小球落在地面上Q处，则
A．小球落地时的动能为5
B．PQ两点间的电势差为
C．小球从P到Q的过程中电场力对小球做的功为
D．小球做加速度恒为a=2g的匀变速曲线运动
12．如图，斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定，上端自由，匀强电场沿斜面向下，一带正电的物块从图中位置由静止释放，从物块开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，重力做功W1，电场力做功W2，克服弹簧弹力做功W3，克服摩擦力做功W4，不计空气阻力，物块带电量保持不变，弹簧在弹性限度内，则该过程系统的（ ）
A．动能变化量为W1+W2-W3-W4
B．机械能变化量为W2-W3-W4
C．电势能增加了W2
D．弹性势能增加了W3
13．在水平向右、场强为E的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，A点与B点关于O点对称，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：
（1）小球的电荷量q为多少？
（2）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？
（3）小球在速度最大和速度最小处的拉力之差为多少？
14．将一个质量为m，带电量为+q的微粒自A点以大小为4v的初速度垂直射入水平向右的匀强电场（如图所示），微粒运动到最高点B时速度变为3v，求
（1）匀强电场的场强大小E= ；
（2）A，B两点间电势差UAB=
（3）微粒自A点至B点过程中速度的最小值？
15．如图所示，平行金属板、长为、间距为，当、板加上电压时，质量为、电量为的质子以某初速度沿两板中心轴线方向射入（到两板距离相等），恰从板右下角飞出，不计重力。
（1）求：质子从处水平射入的初速度大小；
（2）轴位于平行板右侧，到板右端距离为，现有质量为，电量为的粒子从轴上某点以某速度沿某方向射出，能从平行板右侧某位置进入平行板间电场，恰能运动到点，且到达点的速度刚好沿方向，大小还刚好等于上一问中质子的初速度，求：粒子从轴射出时的位置到点的距离和从轴射出的速度大。
16．如图所示，AB为倾角θ=37°的绝缘直轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为半径R=1.0m的绝缘竖直光滑圆弧形轨道，O为圆心，圆心角∠BOP=143°、两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上．轻弹簧下端固定在A点上端自由伸展到C点，整个装置处在竖直向下的足够大的匀强电场中，场强E=1.0×106N/C．现有一质量m=2.0kg、带负电且电量大小恒为q=1.0×10﹣5C的物块（视为质点），靠在弹簧上端（不拴接），现用外力推动物块，使弹簧缓慢压缩到D点，然后迅速撤去外力，物块被反弹到C点时的速度VC=10m/s.物块与轨道CB间的动摩擦因素μ=0.50，C、D间的距离L=1.0m，物块第一次经过B点后恰能到P点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10m/s2）
（1）求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功W
（2）求B、C两点间的距离X；
（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，物块与挡板相碰后沿原路返回（不计碰撞时的能量损失），再次挤压弹簧后又被反弹上去，试判断物块是否会脱离轨道？（要写出判断依据）
参考答案
1．B
【详解】
A．做曲线运动的物体的动能可能不变，如物体做匀速圆周运动，物体的速度方向在改变，而速度的大小不变，故动能不变，故A错误；
B．做曲线运动的物体，其加速度可以不变，如物体做平抛运动，其加速度为重力加速度，保持不变，故B正确；
C．物体仅受到恒定的电场力时，可能做曲线运动，比如带电物体在匀强电场中做类平抛运动，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体，加速度指向圆心，而变速圆周运动还有切向加速度改变速度大小，故加速度不指向圆心，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】
在t时刻，a、b经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由Eφ=qφ知，a和b的电势能不相等，故A错误．根据动能定理得 Ek-0=qEy，即t时刻粒子的动能为 Ek=qEy，a的位移小，电场力做功少，所以在t时刻，a的动能比b的小，故B错误．两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有．由题意知，相同时间内a的位移小于b的位移，q、E又相等，可知aamb．故C正确，D错误．故选C．
3．C
【详解】
小球静止时，受竖直向下的重力、水平向右的电场力以及绳子拉力，由平衡条件可得
解得
小球从开始到等效“最高点”的过程，由动能定理可得
小球恰好到达等效“最高点”时，由牛顿第二定律可得
联立可得
故选C。
4．C
【分析】
带电微粒沿直线运动，所受的合力方向与速度方向平行，可判断出微粒所受的电场力方向，分析微粒的电性，判断电场力做功正负，可判断出电势能和机械能的变化．
【详解】
根据电场线与等势面垂直，知电场线应水平．带电微粒在匀强电场中受到竖直向下的重力和水平方向的电场力作用，微粒做直线运动，合力与速度平行，可知微粒所受的电场力方向必定水平向左，微粒做匀减速直线运动，由于电场方向不能确定，所以微粒的电性不能确定，故AB错误；当微粒从A到B时，电场力做负功，电势能增加，故C正确．由于电场力对微粒做功，所以微粒的机械能不守恒，故D错误；故选C．
5．A
【详解】
试题分析：由电荷运动轨迹可以确定电荷所受电场力水平向左，a到b过程中，电场力与速度所成的角度为钝角，则电场力做负功，电势能增大，则电荷在b点的电势能大于在a点的电势能，故A正确，B错误；由于不知道电荷的电性，所以不能确定电场线的方向，同时也就不能确定电势的高低，故CD错误．
考点：电势能、电势
【名师点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行．
6．A
【详解】
油滴的带电量最小为e，根据粒子处于平衡得
解得
当时
故选A。
【点评】
解决本题的关键知道液滴受到的重力和电场力平衡，以及知道电荷所带的电荷量是元电荷电量的整数倍，故最小电荷量为e。
7．D
【详解】
A．根据牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为
带电粒子在第2s内的加速度大小为
因此粒子先加速度1s再减速，0.5s时速度减为0，接下来0.5s将反向加速，其v-t图像如图所示
所以带电粒子不是始终向同一个方向运动，则A错误；
B．根据图像的面积表示位移可知，在3s末带电粒子回到原出发点，所以B错误；
C．由图像可知，4s末带电粒子的速度不为零，所以C错误；
D．根据图像的面积表示位移可知，在3s末带电粒子的速度为0，由动能定理可知合外力做的功为0，由于粒子只受电场力作用，所以内，电场力做的总功为零，则D正确；
故选D。
8．AC
【详解】
试题分析：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向右上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；相邻等势面之间的电势差相等，从左向右相邻等势面之间距离变大，可知电场变弱，带电粒子左向右运动时，电场力变小，加速度减小，故B错误；粒子从a到时c，电场力做负功，电势能增大，故C正确；电场力做功，因相邻面间的电势差相等，故粒子从a到b克服电场力做功等于从b到c克服电场力做功，故D错误．
考点：电势、电势能
【名师点睛】
质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带负电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．
9．AD
【详解】
AB．物体由静止向左匀速运动，所以物体在运动过程中受力平衡，由于物体受以地球向下的重力作用，故物体所受电场力有有竖直向上的分量，故电场力沿电场线方向向上，物体带正电，故A正确，B错误．
CD．又电场力沿电场方向向上，故电场力有水平方向的分力，而物体在水平方向受力平衡，故物体必受天花板的摩擦力作用，根据摩擦力的产生条件知，物体与天花板间必有弹力作用；故C错误，D正确．
【点睛】
知道电场方向与正电荷的受力方向相同，与负电荷的受力方向相反，这是解决本题的关键，能根据平衡判定物体所受弹力和摩擦力．
10．AC
【详解】
A．沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势比B点的电势高，故A正确；
B．从A到B
若小球带正电，合外力做正功
故B错误；
C．根据能量守恒，小球的重力势能、电势能和动能之和不变，从A到B重力势能减小，电势能和动能之和增大，故C正确；
D．若小球带正电，则小球从A到B动能的增加量等于电势能的减少量加上重力势能的减少量，故D错误。
故选AC。
11．AC
【详解】
试题分析：电场强度，即，因为，所以小球的初速度为，小球在水平方向上做初速度为，加速度为g的匀加速直线运动，在竖直方向上做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，所以小球做加速度恒为的匀变速曲线运动，在竖直方向上有，故小球运动时间为，所以小球在水平方向上的位移为，故电场力做功为，C正确D错误；过程中电场力和重力都做正功，故有，解得，A正确；从P到Q过程中电场力做功，则根据公式可得PQ两点间的电势差为，B错误；
过程中重力和电场力都做正功，故根据动能定理可得
考点：考查了带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】本题的关键是通过得出小球在水平和竖直方向上的运动性质，然后根据动能定理分析解题
12．AD
【详解】
A．对物块根据动能定理应有
W1+W2-W3-W4=△Ek
所以A正确；
B．根据“功能原理”可知，除重力和外其它力做的总功为
W2-W4=△E
即机械能的变化量应为
△E= W2-W4
所以B错误；
C．由于电场力对物块做正功W2，物块的电势能应减少W2，所以C错误；
D．由于弹力对物块做负功，弹性势能应增加W3，所以D正确。
故选AD。
13．（1）；（2）A点，；（3）
【详解】
（1）当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，则
解得
（2）小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上速度最小，如图所示的A点
由牛顿第二定律得
解得小球的最小速度为
（3）小球在A点时速度最小，拉力最小为零，当在B点时拉力最大，由动能定理可得
解得
根据第二定律得
解得
则小球在速度最小和速度最大处的拉力之差为
14．（1）；（2）；（3）2.4v
【详解】
（1）若自A点至B点所用的时间为t1，电场强度为E，粒子在水平方向加速度为a
竖直方向
水平方向有
联立得
（2）若AB间竖直高度差为h1，则
则
（3）微粒速度与合力之间的夹角为钝角，后为锐角，当二者垂直时，速度最小，若从A点到微粒速度最小时间为t2，速度最小时速度的水平分量为vx，竖直分量为vy则
解得
解得
15．（1）；（2），
【详解】
（1）质子在平行板间做类平抛运动，设运动加速度为，有
设质子射入的初速度为，则其在电场中运动时间为，有
向下的偏移量为
又依题意可知
联立各式得
（2）粒子从轴射出以水平经过点的运动可反过来等效为：从点以射入电场，再出电场做直线运动到达轴，到达轴的速度大小就是从轴射出的速度大小，二者方向相反，到达轴时相对于方向的总偏移量就是从轴出射时出射点到轴的距离。
设粒子在电场中运动加速度为，有
若粒子射入的初速度为，则其在电场中运动时间也为，向下的偏移量为
得
粒子射出电场时的速度为，有
解得
该速度即为粒子到达轴时的速度。
粒子出电场时速度与方向的夹角为，有
有
解得
出电场后偏移量为
解得
总偏移量为
得
所以，粒子从轴射出的位置到点的距离为
射出时的速度大小为

16．（1）106J（2）7.7m（3）物块不会脱离轨道．
【详解】
（1）物块从D到C过程中，根据动能定理得：W﹣（mg﹣qE）LCDsin37°=mvC2
代入数据解得 W=106J
（2）物块在P点的速度应满足 mg﹣qE=m
物块从C到P的竖直高度h=Xsin37°+R（1+cos37°）
物块所受的滑动摩擦力 f=μ（mg﹣qE）cos37°
物块从C到P的过程中，由动能定理得：
﹣（mg﹣qE）h﹣fX=mvP2-mv02
代入数据解得，X=7.7m
（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，根据动能定理研究从P到Q的过程，得：
（mg﹣qE）R﹣2μ（mg﹣qE）Xcos37°=mvQ2-mvP2
解得vQ2=﹣46.6＜0
可见，物块返回后不到达Q点．故物块不会脱离轨道．
点睛：本题中物块在复合场中运动，根据动能定理求解弹簧对物块所做的功W．物块刚好到达最高点时，分析向心力的来源，由牛顿第二定律求出速度．运用动能定理时，关键要选择研究的过程．