人教版高二物理选修3-1课时作业第一章　静电场 1.9带电粒子在电场中的运动 word版含解析答案

三人教版选修3-1课时作业第一章　静电场带电粒子在电场中的运动
一、选择题
1.如图所示,两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为m,电荷量为e,从O点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回,OA=h,此电子具有的初动能是(　　)
　　　　　　
　　　　　　
　　　　　　
A.
B.edUh
C.
D.
2.(多选)将带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。t=0时刻,带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是(　　)
A.微粒在0~1
s内的加速度与1~2
s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1
s内的位移与第3
s内的位移相同
3.如图所示,两金属板与电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出。现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板长度应变为原来的(　　)
A.2倍
B.4倍
C.
D.
4.如图所示,三个带电荷量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C,从同一平行板间电场中的同一点P射入,在电场中的运动轨迹如图所示,则下列说法中正确的是(　　)
A.三个粒子的加速度关系为aA>aB>aC
B.三个粒子的加速度关系为aAC.三个粒子的入射速度关系为vA>vB>vC
D.三个粒子的入射速度关系为vA5.(多选)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度为,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小速度vmin=
B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大
C.若将小球在A点由静止释放,它将在CBD圆弧上往复运动
D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出,它将能够沿圆周到达B点
6.
(多选)如图甲所示,电子静止在两平行金属板A、B间的a点,t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化,则下列说法正确的是(　　)
A.电子可能在极板间做往复运动
B.t1时刻电子的动能最大
C.电子能从小孔P飞出,且飞出时的动能不大于eU0
D.电子不可能在t2~t3时间内飞出电场
7.如图甲所示,两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(　　)
8.如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)
A.0B.C.D.T9.如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则(　　)
A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0
C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在金属板上
D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T时刻射出电场
二、非选择题
10
.在如图所示的平面直角坐标系xOy中,第一象限区域内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E0=50
N/C;第四象限区域内有一宽度d=0.2
m、方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量m=0.1
kg、带电荷量q=+1×10-2
C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场,通过第一象限后,从x轴上的A点进入第四象限,并恰好沿直线通过该区域后从B点离开,已知P、A的坐标分别为(0,4
m)、(4
m,0),取重力加速度g=10
m/s2。求:
(1)初速度v0的大小;
(2)A、B两点间的电势差UAB;
(3)小球经过B点时的速度大小。
11.如图甲所示,A、B为两块相距很近的平行金属板,A、B间电压为UAB=-U0,紧贴A板有一电子源,不停地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压,电压变化的周期T=L,板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、N间距为d,极板长为L,距偏转极板右边缘s处有荧光屏,求:
(1)电子进入偏转极板时的速度大小;
(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
12.如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域,各分界面(图中虚线)水平,Ⅰ区域存在匀强电场E1=1.0×104
V/m,方向竖直向上;Ⅱ区域存在匀强电场E2=×105
V/m,方向水平向右,两个区域宽度分别为d1=5.0
m,d2=4.0
m。一质量m=1.0×10-8
kg、带电荷量q=+1.6×10-6
C的粒子从D点由静止释放,粒子重力忽略不计。
(1)求粒子离开区域Ⅰ时的速度大小;
(2)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场,使粒子在此电场作用下经1.0
s速度变为零,求此电场的方向及电场强度E3的大小。
13.如图所示,在电场强度E=103
V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R=40
cm,N为半圆形轨道最低点,P为QN圆弧的中点,一带负电、电荷量q=10-4
C的小滑块质量m=10
g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5
m的M处,取g=10
m/s2,求:
(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)以第(1)问所求的初速度v0运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?
答案
一、选择题
1.D　电子从O点运动到A点,因受电场力作用,速度逐渐减小。电子仅受电场力,根据动能定理得m=eUOA。因E=,UOA=Eh=,故m=。所以D正确。
2.BD　结合题图分析可知微粒的运动具有周期性,故D正确;一个周期内先做加速运动再做减速运动,且两个过程的加速度大小和运动时间都相等,微粒沿着一条直线运动,故A、C错误,B正确。
3.A　由y=at2=知,要使y不变,当v0变为原来的2倍时,l变为原来的2倍,故选项A正确。
4.D　三个带电粒子的电荷量相同,所受电场力相同,质量相等,故加速度相同,选项A、B均错;三个带电粒子沿电场方向的位移yA=yB>yC,则运动时间tA=tB>tC,三个带电粒子沿平行极板方向的位移xA5.AB　小球的平衡位置位于BC圆弧的中点,运动过程中,速度最小的点位于AD圆弧的中点,设该点为F,要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,在F点有=mg=,解得最小速度为vmin=,A正确;运动过程中,电场力做的功等于小球机械能的增量,运动到B点,电场力做正功最多,所以小球在B点机械能最大,B正确;若将小球在A点由静止释放,假如能到达D点,由动能定理:-mgR+EqR=m,解得vD=0,而小球要想沿圆周运动到D点,在D点必须要有速度,实际上,小球在A点由静止释放后,先做匀加速直线运动,再沿圆弧运动,所以C错误;小球要想沿圆周运动到B点,必须能过F点,由A到F应用动能定理:-mg·L+EqL=m-m,则vA>,D错误。
6.BC　t=0时刻B板电势比A板高,电子在0~t1时间内向B板加速,t1时刻加速结束;在t1~t2时间内电子减速,在t2时刻速度恰好为零,接下来,电子重复上述运动,所以电子一直向B板运动,直到从小孔P穿出,A错误;无论电子在什么时刻穿出P孔,t1时刻电子都具有最大动能,B正确;电子穿出小孔P的时刻不确定,但穿出时的动能不大于eU0,C正确,D错误。
7.A　电子在交变电场中所受电场力大小不变,加速度大小不变,故C、D两项错误;从0时刻开始,电子向A板做匀加速直线运动,T后电场力反向,电子向A板做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零,之后重复上述运动,A项正确,B项错误。
8.B　设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得,粒子的速度方向时而为负,时而为正,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。作出t0=0、、、时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有B正确。
9.A　由题设条件可知,粒子在0~时间内做类平抛运动,在~T时间内做类斜抛运动,因粒子在电场中所受的电场力大小相等,根据运动的对称性,粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的,如图所示,选项A正确;前后两段运动的时间相等,时将速度分解,设板长为l,由类平抛运动规律可得:l=v0T,l=vT,则v=v0,则时刻该粒子的速度为v0,选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子将先向下做类平抛运动,后做类斜抛运动,而从PQ板右边缘射出电场,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,粒子在场中运动的时间t==,选项D错误。
二、非选择题
10.答案　(1)　(2)0
解析　(1)设电子进入偏转极板时的速度大小为v,由动能定理有eU0=mv2
解得v=。
(2)由题意知,电子穿过偏转极板所需时间
t==L=T
故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速,然后反向加速再减速,各段位移大小相等,故电子沿板间中线射出偏转极板。
11.答案　(1)
m/s　(2)5
V　(3)
m/s
解析　(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动,小球带正电,受到的电场力竖直向上,根据牛顿第二定律,加速度a=
解得a=5
m/s2
根据平抛运动规律有,小球沿水平方向做匀速运动:xA=v0t
沿竖直方向有:yP=at2
v0=xA
解得v0=
m/s。
(2)设水平电场的电场强度大小为E,因未进入电场前,带电小球做类平抛运动,所以进入电场时竖直方向的速度vy=
因为小球在该电场区域恰好做直线运动,所以合外力的方向与速度方向在一条直线上,即速度方向与合外力的方向相同,有=
解得E=50
N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l
=
根据U=El
解得UAB=5
V。
(3)设小球经过B点时的速度大小为v,对小球运动的全过程,由动能定理,有
mv2-m=mg(yP+d)+qUAB-qE0yP
解得v=
m/s。
12.答案　(1)4×103
m/s　(2)与水平方向成30°斜向左下方　50
V/m
解析　(1)由动能定理得m=qE1d1
解得v1=4×103
m/s
(2)粒子在Ⅱ区域内做类平抛运动
粒子在Ⅱ区域运动时间t2==1×10-3
s
且vx=at=t2,vy=v1
tan
θ==
所以θ=30°,且所加电场方向与水平方向成30°角斜向左下方。
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小
v==8×103
m/s
由t=v,解得E3=50
V/m
13.答案　(1)7
m/s　(2)0.6
N
解析　(1)设小滑块到达Q点时速度为v,
由牛顿第二定律得mg+qE=
小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=mv2-m
联立方程,解得v0=7
m/s。
(2)设小滑块到达P点时速度为v',则从开始运动至到达P点过程中,由动能定理得
-(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=mv'2-m
在P点时,由牛顿第二定律得FN=m
代入数据解得FN=0.6
N
由牛顿第三定律得,小滑块对轨道的压力大小为
FN'=FN=0.6
N。