1.9带电粒子在电场中的运动 课后作业（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 课后作业（解析版）
1．实线PQ是某空间中的两个等量点电荷的连线，虚线是一电子仅在电场力作用下运动的轨迹，M、O、N是轨迹上的三个点， O位于P、Q连线的中点，且M、N关于O对称，如图所示．则下列说法正确的是
A．P、Q是等量异号点电荷
B．M、N两点的电势相等
C．M、N两点的电场强度相同
D．电子在O点的加速度大于在M、N点的加速度
2．匀强电场方向水平向右，现用一外力将带正电小球拉至图示位置，使轻绳恰好水平伸直．然后将小球由静止释放．已知小球所受电场力大小等于重力大小，不考虑空气阻力，则 （ ）
A．小球在下摆过程中速度越来越大
B．小球在下摆过程中机械能不断增大
C．整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变
D．小球运动至左侧最高点时与右侧初始位置等高
3．如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（　　）
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴c所带电荷量最多
4．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，平行金属板C、D之间有偏转电场。今有质子、粒子He，均由A板从静止开始，被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后从偏转电场C、D间穿出。重力忽略不计。则下列判断中正确的是（　　）
A．两种粒子在C、D板间运动的时间相同
B．两种粒子的运动轨迹相同
C．质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为1：2
D．偏转电场的电场力对质子、粒子He做功之比为1：4
5．如图所示，实线为一点电荷Q建立的电场中的几条电场线（方向未标出），虚线为一电子在电场中从M点运动到N点的轨迹．若电子在运动中只受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A．建立电场的点电荷Q带负电
B．粒子在M点的加速度比在N点的加速度大
C．粒子在M点的速度比在N点的速度大
D．粒子在M点的电势能比在N点的电势能大
6．一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为“电子偶素”的新粒子．电子偶素中的正电子与负电子都以速率v绕它们连线的中点做圆周运动．假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素，电子的质量m、速率v和正、负电子间的距离r的乘积也满足量子化条件，即，式中n称为量子数，可取整数值1、2、3、，h为普朗克常量．已知静电力常量为k，电子质量为m、电荷量为e，当它们之间的距离为r时，电子偶素的电势能，则关于电子偶素处在基态时的能量，下列说法中正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．竖直平面内有一方向水平向右的匀强电场，一带电粒子（不计重力）从a到b的运动轨迹如图所示，不计空气阻力，粒子在该过程中（　　）
A．可能做匀速圆周运动
B．一定做匀变速运动
C．电势能一定减少
D．在a点受到的电场力一定大于在b点受到的电场力
8．光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量 m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的v﹣t图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是（ ）
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/m
B．B、A两点间的电势差为UBA=8.25V
C．由C点到A点，电势逐渐降低
D．由C点到A点物块的电势能先减小后变大
9．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点．一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则
A．A点的电势一定低于B点的电势
B．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能
C．粒子在A点的动能一定小于在B点的动能
D．A点的场强一定大于B点的场强
10．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上．另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中
A．对于物体A、B、弹簧、地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能
B．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量
C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为
D．B的速度最大时，弹簧的伸长量为
11．如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的小球，处在竖直向下的匀强电场中，电场强度的大小为E，小球从距地面高H处由静止开始释放，设小球在运动过程中受到大小恒定的空气阻力f的作用，与地面碰撞过程中小球没有能量和电量的损失．重力加速度为g．则（ ）
A．小球与地面碰撞第n次后弹起的高度为
B．小球与地面碰撞第n次后弹起的高度为
C．小球释放后通过的总路程为
D．小球释放后通过的总路程为
12．如图，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为，为圆水平直径的两个端点，为圆弧，一个质量为电荷量为的带电小球，从A点正上方高为处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定能从点离开轨道
B．小球到达点的速度可能为零
C．小球在部分可能做匀速圆周运动
D．若小球能从点离开，上升的高度一定小于
13．如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电小球，小球质量为，所带电荷量为，现在小球所在空间加一水平方向的匀强电场，小球静止时绝缘绳与竖直方向夹角（，，g取），求：
（1）这个匀强电场的电场强度E的大小；
（2）此时细线拉力F的大小。
14．在如图所示的匀强电场中，一条绝缘细线的上端固定，下端拴一个质量为 m、带电量为q的小球。当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，取重力加速度为g，求：
（1）小球带何种电荷；
（2）电场强度 E 的大小。
15．如图所示，竖直平面内的矩形区域内存在方向水平向左的匀强电场（图中未画出），竖直。若使一质量为、电荷量为的带正电小球（视为质点）从上的点沿方向（与的夹角）射入电场，则小球做直线运动并恰好能到达点；若使该小球沿垂直于方向射入电场，则小球恰好从点射出电场。，，重力加速度大小为，取，，不计空气阻力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小以及小球从点运动到点的时间；
（2）小球沿方向与垂直方向射入电场的初速度大小之比。
16．如图所示，xOy平面为一光滑水平面，第一象限内有平行于xOy平面的匀强电场，同时有垂直于xOy平面的磁场。一质量m、电荷量的带电小球从坐标原点O以初动能Ek入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，先后经过P点（2l，23l）、M点（4l，0）时的动能分别为0.4Ek、0.7Ek，经过P点时小球的速度方向平行x轴向右。若在经过P点时撤去磁场，小球会经过x轴上的N点（图中未画出），求：
（1）电势差UOP、UOM；
（2）小球由P点运动到N点所需的时间。
参考答案
1．B
【详解】
电子在电场中做曲线运动，所受电场力指向曲线凹的一侧，由图示电子运动轨迹可知，电子在M、N两点受到斥力作用，两点电荷都带负电，P、Q为等量同号电荷，故A错误；M、N关于O 对称，由对称性可知，M、N两点电势相等，故B正确；M、N关于O 对称，由对称性可知，M、N两点的电场强度大小相等，但方向不同，电场强度不同，故C错误；等量同号电荷连线中点的电场强度为零，电子在O点所受电场力为零，加速度为零，电子在M、N两点加速度不为零，电子在O点的加速度小于在M、N点的加速度，故D错误；故选B．
点睛：等量同种、等量异种电荷的电场是高中阶段的典型电场，要熟练掌握这几种电场周围电场线、等势线分布情况，从而进一步判断电场力、电势能等变化．
2．C
【详解】
小球受到的电场力水平向右，则小球除受拉力外，还受到重力与电场力．可将此两力等效成一个力，其方向与竖直方向夹角为450的位置，则小球在开始一段时间内小球做变速圆周运动，当摆到重力与电场力合力方向时，小球的速度达到最大，故A错误；小球在下摆过程中，电场力一直做负功，则机械能不断减小，选项B错误；小球受到的电场力水平向右，小球作圆周运动过程中，小球电势能与机械能之和一定不变，故C正确；小球受到的电场力水平向右，小球运动至左侧时最高点即为几何最低点，则一定低于释放位置．故D错误；故选C.
3．D
【详解】
A．三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；
B．由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴下落的高度相同，三个液滴的运动时间相同，选项B错误；
C．三个液滴运动时间相同，水平位移不等，则水平分速度不相等，，而落到底板时竖直分速度相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；
D．由于液滴c在水平方向位移最大，而运动时间和初速度相同，说明液滴c在水平方向加速度最大，根据可知其所带电荷量最多，选项D正确。
故选D。
4．B
【详解】
粒子在A、B板间做匀加速直线运动，在C、D板间做类平抛运动，设加速电场电压为，偏转电场电压为，极板长度为L，宽度为d，则有
可得飞出加速电场时，粒子速度为
粒子进入偏转电场并能飞出电场，则有水平方向
竖直方向有
A．粒子在C、D板间运动的时间为
由于质子、粒子He的不等，所以两种粒子在C、D板间运动的时间不相同，故A错误；
B．两种粒子在加速电场中均做匀加速直线运动，在偏转电场中有
与粒子电荷量，质量均无关，所以两粒子的运动轨迹相同，故B正确；
C．粒子在偏转电场中的加速度为
所以，质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为
故C错误；
D．粒子在偏转电场中，电场力做功为
由于质子、粒子He在偏转电场中竖直方向位移y相等，则做功之比为
故D错误。
故选B。
5．D
【详解】
由图看出，电子的轨迹向下弯曲，其所受的电场力方向向上，故建立电场的点电荷Q带正电，A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，M点电场线稀疏，所以离子在M点的电场力小，加速度也小，B错误；粒子从M到N，电场力做正功，动能增大．电势能减小，所以离子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在M点的电势能比在N点的电势能大，所以C错误，D正确；故选D．
【点睛】
在电场中根据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化，这对学生是基本的要求，要重点掌握.
6．C
【详解】
试题分析：由正负电子的库仑力提供向心力，从而求出电子的动能；由题意可知，系统的电势能，及电子的动能，可求得n=1时，“电子偶素”的能量．
设n=1时电子运转轨道半径为，此时正负电子间库仑力，此库仑作为向心力，由题中量子化理论可知，n=1时，联立上式可得，由题意可知，系统的电势能，每个电子动能，系统的能量，联立可得，C正确．
7．B
【详解】
A．带电粒子在恒力的作用下不可能做匀速圆周运动。A错误；
B．根据牛顿第二定律，带电粒子在恒力的作用下一定做匀变速运动。B正确；
C．根据轨迹的弯曲方向，可知带电粒子受到的电场力水平向左，所以从从a到b的运动过程，电场力做负功，电势能增大。C错误；
D．在匀强电场中，在a点受到的电场力与在b点受到的电场力相等。D错误。
故选B。
8．ACD
【详解】
试题分析：根据v﹣t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E．根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况．根据电场线方向判断电势的高低．根据动能定理求解AB两点电势差UAB．
解：A、v﹣t图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：
F=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为 a===2m/s2，E==V/m=lV/m．故A正确．
B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小．故B错误．
C、由电势能的公式EP=qφ知，由C到A的过程中，电势逐渐降低，故C正确．
D、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=mvB2﹣mvA2，则得，UAB==×（42﹣72）=﹣8.25V，所以UBA=﹣UAB=8.25V，故D正确．
故选ACD
【点评】解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系EP=qφ．
9．AB
【详解】
由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势，故A正确．由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大．故B正确．由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能比在B点的动能大，故C错误．由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线的疏密情况，故无法判断AB两点哪点的场强更大．故D错误．故选AB．
点睛：物体速度方向的变化说明物体所受的电场力方向向左，这是本题的突破口．还要掌握电场线的基本特性：疏密表示场强的相对大小，方向表示电势高低．
10．AD
【详解】
物体B受沿斜面向下的电场力，撤去外力后，物体B向下运动，电场力做正功，则对于物体A、B、弹簧、地球组成的系统，电场力做功等于该系统增加的机械能，选项A正确；根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，所以物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量大于物体B电势能的减少量．故B错误；开始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F-2mgsinθ-F电=0，解得：F电=mgsinθ；当撤去外力瞬间，对AB整体，整体受到的合力为：F合=F电+2mgsinθ=3mgsinθ，由F=3ma可得 a=gsinθ，故C错误．当B的合力为零时，B的速度最大，由：kx=F电+2mgsinθ， 解得弹簧的伸长量为：，故D正确；故选AD.
点睛：本题要正确分析物体的受力情况，判断其运动情况，确定速度最大的条件：合力为零，运用共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系等知识进行分析．
11．BD
【详解】
试题分析：设小球第一次与地面碰撞后弹起的高度为h1，则由动能定理： ，解得；同理第二次碰撞后弹起的高度：．．．．．．则第n次碰撞后弹起的高度：．，选项B正确，A错误；小球最终静止于地面，根据动能定理：（mg+qE）H-fs=0，解得小球释放后通过的总路程为，选项D正确，C错误；故选BD．
考点：动能定理的应用
12．CD
【详解】
A．小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力，轨道的弹力对小球不做功，电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，A错误；
B．从开始到C的过程，由动能定理得
mg(H + R) - qER = mvC2
如果
mg(H + R) = qER
则有
qE > mg
则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，B错误；
C．若重力大小等于电场力大小，小球进入轨道后靠弹力提供向心力，小球在AC部分能做匀速圆周运动，C正确；
D．若小球能从B点离开，设小球从B点离开上升的高度为h，对小球整个运动过程，由动能定理得
mg(H - h) - qER = 0
解得
h = H - < H
D正确。
故选CD。
13．（1）；（2）0.0125N
【详解】
（1）受力分析如图所示
根据共点力平衡有
解得
（2）根据受力分析几何关系可知
14．（1）正电；（2）
【详解】
（1）小球受到的电场力与电场方向相同，故小球带正电。
（2）对小球受力分析，得
tan θ=
解得
E=
15．（1），；（2）
【详解】
(1)小球在电场中的受力情况如图所示
故合力方向与沿OB方向射入的小球运动方向相反，满足
解得
设小球沿方向做匀减速直线运动的加速度大小为，据牛顿第二定律有
据匀变速直线运动的规律有
联立解得
(2)根据匀变速直线运动的规律有
根据几何关系有
沿垂直于方向射入的小球，初速度方向与合力方向垂直，小球做类平抛运动，设小球从点运动到点的时间为，有
联立解得
16．（1），；（2）
【详解】
（1）在O～P的过程，根据动能定理得
在O～M的过程，根据动能定理得得
联立解得
（2）由（1）问知OP的中点A与M点是等势点，电场强度E的方向沿OP由O指向P，粒子P到M做类平抛运动，则有
电场力分解为沿x和y轴，在y轴方向上做静止开始的匀加速直线运动
联立解得