1.9带电粒子在电场中的运动 课后练习（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 课后练习（解析版）
1．如图，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度﹣时间（v﹣t）图象是（ 　）
A． B． C．D．
2．如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当达到斜面顶端B点时，速度仍为vo，则下列说法正确的是
A．A、B两点间的电势差一定等于mgLsinθ/q
B．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能
C．若该电场是匀强电场，则其电场强度的最大值一定为mg／q
D．若该电场是由斜面上方某位置的点电荷产生的，则该点电荷一定为负点电荷，且处于斜面中点的正上方．
3．一质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中以水平速度抛出，小球的加速度大小为，空气阻力不计，小球在下落h的过程中，则（ ）
A．小球的动能增加 B．小球的电势能增加
C．小球的重力势能减少 D．小球的机械能减少
4．在图中，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上。甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹acb曲线、adb曲线运动。则（　　）
A．甲、乙两粒子所带的电荷符号相同
B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d的速率
C．两个粒子的电势能都是先减小后增大
D．经过b点时，两粒子的动能一定相等
5．如图所示，粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合。A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，。现有带电荷量为q、质量为m的物块（可视为质点），从A点以竖直向下的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则（　　）
A．物块可能带正电 B．从A到O，物块受到的电场力一直减小
C．从O到B，物块的加速度保持不变 D．从A到B，物块的电势能保持不变
6．光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的匀强电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标轴x的关系式为：φ=106x（φ的单位为V，x单位为m）。一带正电小滑块P，从x=0处以初速度v0沿x轴正方向运动，如图所示，则（　　）
A．电场的场强大小为106 V/m B．电场方向沿x轴正方向
C．小滑块的电势能一直增大 D．静电力先做正功后做负功
7．如图所示，实线表示电场线，虚线表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过点的切线与该处的电场线垂直。下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．粒子在点的加速小于它在点的加速度
C．粒子在点时电场力做功的功率为零
D．粒子从点运动到点的过程中电势能先减小后增大
8．某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线是电场线，则下列说法中正确的是（ ）
A．a点的场强大于b点的场强 B．a点的电势高于b点的电势
C．电子在a点动能较小 D．电子在b点电势能较小
9．如图所示，A板发出的正电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，正电子最终打在光屏P上，关于正电子的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．滑动触头向右移动时，正电子打在荧光屏上的位置下降
B．滑动触头向右移动时，正电子打在荧光屏上的位置上升
C．电压U增大时，正电子打在荧光屏上的速度大小不变
D．电压U增大时，正电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
10．如图所示，仅在电场力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则( ).
A．电场力做正功 B．动能减少
C．电势能增加 D．加速度增大
11．如图所示为一带电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动时，其动能EK随位移x变化的关系图象，其段为曲线， 段为直线，则下列说法正确的是( )
A．处电场强度为零
B． 段电场强度不断增大
C．若 段曲线关于直线 对称，则0点的电势高于处的电势
D．粒子在 段做匀加速直线运动
12．如图甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图乙所示．则( )
A．Q2带负电
B．a、b两点的电势φa > φb
C．a、b两点电场强度Ea < Eb
D．试探电荷从b到a的过程中电势能减小
13．如图所示，两水平面(虚线)之间的区域存在方向水平向右的匀强电场，电场强度E=3×103N/C，自该区域上方的A点将质量m=0.04kg，电荷量q=1×10-4C的带正电小球M以v0=6m/s的初速度沿平行于电场方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知带电小球M在进入电场后做直线运动，且小球从电场区域上边界运动到电场区域下边界所用时间为0.8s，重力加速度大小为g=10m/s2，整个过程空气阻力不计，求：
（1）小球M刚进入电场瞬间，竖直方向的速度vy
（2）求A点离电场上边界的高度
（3）小球 M点从电场区域下端离开时与小球射出点A的水平距离．
14．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下，M在电场中做直线运动，不计空气阻力，重力加速度大小为g问：
（1）若从A点出发时两小球的初速度均为v0，则小球M出电场时的水平分速度多大？
（2）A点距电场上边界的高度多少？
（3） 若两小球刚离开电场时，M的动能为N的动能的1.5倍，该电场的电场强度大小多大？
15．如图，平行金属板水平放置，一带电荷量为q(q>0)、质量为m的a粒子从板的左侧Ｏ点沿两板间的中线以初速度v0射入板间，结果粒子恰好从上板的右侧边缘与静止在此处的另一不带电、等质量的b粒子碰后粘在一起,进入一圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，圆形磁场的圆心与上板在同一直线上．两粒子经磁场偏转后射出磁场，沿水平方向返回两板间，它们又刚好返回到O点．不计粒子重力，金属板长为Ｌ，板上所加电压为，求：
(1)a粒子刚出电场时的速度大小；
(2)两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离；
(3)a粒子在磁场运动过程中所受洛仑兹力大小和洛仑兹力对a粒子的冲量．
16．如图，倾角的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态．质量也为m的不带电小滑块B从斜面上与A相距为L的位置由静止释放，下滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转移，已知重力加速度大小为g。求：
（1）斜面对A的支持力大小和匀强电场的场强大小；
（2）两滑块发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的时间间隔；
（3）在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的电势能增加量。
参考答案
1．C
【详解】
试题分析：电场中正离子只受电场力作用从A点运动到B点的过程中，电场力对离子做正功，速度增大，电场力提供加速度qE=ma，场强减小，加速度减小，速度时间图像中斜率表示加速度的大小，C对；
考点：考查电场力做功与牛顿第二定律的应用
点评：在求解本题过程中注意速度与电场力做功的关系、加速度与电场力、电场强度的关系
2．A
【详解】
3．B
【详解】
A．根据动能定理可得，小球的动能增加量等于合力所做的功，即
A错误；
BC．小球的重力做正功mgh，重力势能减少mgh，根据能量守恒定律可得，小球电势能增加量为
B正确，C错误；
D．由能量守恒定律可知，电势能的增加量等于机械能的减少量，故小球的机械能减少，D错误。
故选B。
4．B
【详解】
A．由轨迹看出，甲受引力，乙受斥力，甲、乙异号，故A错误；
B．电场力先对甲做正功，先对乙做负功，故B正确；
D．到b点，电场力对两粒子做功都为零，但动能不一定相等，因为质量不一定相等，故D错误；
C．甲粒子电势能先减小后增大，乙粒子电势能先增大后减小，故C错误。
故选B。
5．D
【详解】
ABC．小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据
加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据
知加速度减小，故ABC错误；
D．由于等量异种电荷的中垂线AB是等势线，则物块的电势能不变，故D正确。
故选D。
6．A
【详解】
A．根据电场强度公式
又
可知
A正确；
B．随x值的增大，φ也增大，所以电场的方向应沿x轴负方向，B错误；
CD．由题意可知，电场力对滑块P先做负功后做正功，所以滑块的电势能先增大后减小，CD错误。
故选A。
7．C
【详解】
A．根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力沿电场线偏向左下方，则知带电粒子带负电，故A错误；
B．电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在B点的场强大于C点的场强，在B点的加速度大于C点的加速度，故B错误；
C．粒子过B点的切线与该处的电场线垂直，则粒子受到的电场力方向与粒子在B点速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零，故C正确；
D．从A到B，电场力做负功，电势能增加，从B到C，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选C。
8．AB
【详解】
试题分析：由电场线的密集程度可看出点的场强较大，故A正确；从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，可知电场线方向向右，沿着电场线方向电势越来越低，故点电势较大，故B正确；电子受到的电场力沿着电场线向左，由到电场力做负功，动能减小，电势能增大，电子在点的电势能小，动能较大，故CD错误．
考点：电场线
【名师点睛】无论虚线代表的是电场线还是等势面，粒子受到的电场力的方向都是指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可以判断粒子的受力的方向和运动方向之间的关系，从而可以确定电场力对粒子做的是正功还是负功．
9．BD
【详解】
由题意知正电子在加速电场中加速运动，有动能定理得
解得电子获得的速度
正电子进入加速电场后做类平抛运动，粒子在电场中运动的时间
在平行于偏转电场中做初速度为零的匀加速直线运动，加速度
正电子在偏转电场方向偏转的位移
因为偏转电场方向向下，则正电子在偏转电场力向下偏转：
AB．滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以正电子获得的速度v增加，故正电子偏转位移
变小，因为正电子向下偏转，故在屏上的位置上升，故B正确，A错误；
CD．偏转电压增大时，正电子在偏转电场中受到的电场力增大，即正电子偏转的加速度a增大，又因为正电子获得的速度v不变，正电子在电场中运动的时间不变，a增大正电子打在屏上的速度
由于加速度a变大，时间不变，故打在屏上的速度增大，所以D正确，C错误。
故选BD。
10．BCD
【详解】
试题分析：做曲线运动过程中，物体受到的合力指向轨迹的内侧，而粒子仅受电场力作用，所以电场力方向与电场方向相反，又知道速度沿切线方向，所以速度与电场力的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A错误BC正确，电场线的疏密程度可表示电场强度大小，电场线越密电场强度越大，故粒子在A点的电场力小于在B点的电场力，故加速度变大，D正确
考点：考查了带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】关键是知道三点，一做曲线运动过程中，物体受到的合力指向轨迹的内侧，二电场线的疏密程度可表示电场强度大小，三.合力与速度方向夹角为钝角，合力做负功，反之合力做正功
11．AD
【详解】
对于极短位移△x内，由动能定理可得：qE△x=△Ek，得：，可见图象的斜率大小反映场强的大小，故x1处电场强度为零，x2～x3段场强不变，是匀强电场，故A正确，B错误．若0～x2段曲线关于直线x=x1对称，可知粒子在O点和x2点两点动能的相等，由功能关系可得两点电势能相等，故电势相等，故C错误．x2～x3段为匀强电场，粒子做匀加速直线运动，故D正确．故选AD.
12．ABC
【详解】
根据速度图象的斜率等于加速度，由图知，试探电荷经过a点时的加速度为零，由牛顿第二定律得知，电荷在a点所受的电场力为零，a点的合场强必为零，Q1、Q2在a点产生的场强大小相等、方向相反，故Q2一定带负电．故A正确．由图知：从b点到a点正电荷的速度减小，动能减小，则电势能增大，而正电荷在电势高处电势能大，则a、b两点的电势φa＞φb．故B正确，D错误．a的场强为零，b的场强不零，则Eb＞Ea．故C正确．故选ABC.
13．（1）8m/s （2）3.2m （3）12m
【详解】
（1）由题知带电小球M受到的重力G=mg=0.4N，在匀强电场中受到的电场力F=qE=0.3N，带电小球M在进入电场后做直线运动，说明带电小球M进入电场的瞬间所受合力与合速度方向一致，受力如图：
小球M刚进入电场瞬间，由于带电小球M在进入电场后做直线运动，合力与合速度方向一致，合力F==0.5N，合力与竖直方向的夹角tanθ==，=，由平抛运动知识得：tanθ=，vy= v0=6m/s=8m/s
（2）设A点离电场上边界的高度为h，则=2gh，h==m=3.2m
（3）小球在电场中做匀变速直线运动，加速度a==m/=12.5m/
小球平抛运动用的时间t1==s=0.8s
小球平抛运动的水平位移x1=v0t1=60.8m=4.8m
小球在电场中运动的水平位移x2=v0t2+asin=7.2m
小球M点从电场区域下端离开时与小球射出点A的水平距离：x=x1+x2=4.8m+7.2m=12m
【点睛】
本题做最重要的信息是带电小球M在进入电场后做直线运动，由受力分析确定运动的情况.
14．（1）2v0（2）H（3）
【详解】
（1） 研究M、N在电场中水平方向的运动，运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a
对N有
v0－at＝0 ①
对M，其出电场时的水平速度
vMx=v0+at ②
①②式联立得
vMx＝2v0 ③
（2） 设M、N进、出电场时的竖直分速度大小分别为vy和vy＇
M在电场中做直线运动，合速度方向始终不变有
vy：vy＇＝v0：2v0
即
vy＇＝2 vy ④
设A点距上边界的高度为h有
vy2＝2gh ⑤
vy＇2＝2g（h+H） ⑥
④⑤⑥式联立得
（3）由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 即
⑦
③④⑦联立可得
⑧
设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
⑨
⑧⑨ 式联立得
15．(1) (2) 刚好到Ｏ点 (3),,方向斜下左下方与水平方向成22.5°
【详解】
（1）设所求为v,由动能定理有：
qU=mv2-mv02
可得　　　
（2）a粒子在电场中水平方向匀速，得；
由上知出电场时竖直方向vy= v0,
则有y1=vyt1=L ,∴两板距离为Ｌ　　
返回时，两粒子在电场中仍做类平抛运动，刚好到Ｏ点，
则有，，则所求为
（3）由图知，θ＝450，由几何关系知　得　
而两粒子碰撞，由动量守恒有mv=2mv1 ,得v1=
所求f洛=2
由动量定理知： I洛=2mΔv ,如图可得Δv/2，
则I洛 ，方向斜下左下方与水平方向成22.50
16．（1）；；（2）；（3）
【详解】
（1）滑块A受力受力如图，A处于静止状态，则
斜面对滑块A的支持力大小为
滑块A受到的电场力大小为
可得
（2）B下滑过程中，加速度大小为a，第1次与A碰撞时的速度为乙，有
由运动学公式
第1次碰撞后A的速度为，B的速度为，由动量守恒和机械能守恒得
解得
第1次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为，有
解得
（3）由（2）可知，第2次碰撞前瞬间B的速度为
即第2次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为
碰撞后速度交换，可得
发生第2次碰撞到发生第3次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为，有
解得
即第3次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为
碰撞后速度交换
以此类推，每次碰撞后A的速度分别为
…
相邻两次碰撞的时间间隔T均相等，且
所以，在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的位移为
A的电势能增加量为
解得