第2章　习题课 带电粒子在电场中运动的四种题型—2020-2021学年新教材鲁科版（2019）高中物理必修三同步检测（word含答案）

第2章 电势能与电势差
习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型
课后篇巩固提升
基础巩固
1.

如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　)
A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动
D.向左下方做匀加速运动
2.

一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下。若不计空气阻力,则此带电油滴从a运动到b的过程中,能量变化情况为(　　)
A.动能减少
B.电势能增加
C.动能和电势能之和减少
D.重力势能和电势能之和增加
3.(2019~2020学年北京师大附中高二上期末考试)图甲所示为用来加速带电粒子的直线加速器,图乙是所用交变电压的图像,对它的下列说法中,正确的是(　　)

A.带电粒子是在金属筒内被加速的
B.如果仅增大带电粒子的质量,不改变交变电流的周期,直线加速器也能正常工作
C.粒子每通过一次缝隙都会增加相同的动能
D.粒子速度越来越快,为使得它每次都能被加速电压加速,筒间的缝隙应设计成越来越大的,所以直线加速器也会做的很长
4.

如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为(　　)
A.mv022q B.3mv02q C.2mv02q D.3mv022q
5.

如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置(　　)
A.在P点的左上方
B.在P点的右上方
C.在P点的正上方
D.上述情况都可能
6.

(多选)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为45°,则下列结论中正确的是(　　)
A.此液滴带负电
B.液滴做匀加速直线运动
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能减少
7.

如图所示,一长为L=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求:
(1)小球通过最高点B时速度的大小。
(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。




8.

如图所示,一带电液滴的质量为m、电荷量为-q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v0向上做匀速直线运动。重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度的大小;
(2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大?液滴前进多少距离后可返回?




能力提升
1.

(多选)角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场。两带电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2的粒子分别以速度v1、v2垂直电场射入,并在斜面上某点分别以速度v1'、v2'射出,在电场中的时间分别为t1、t2。入射速度为v2的粒子射得更远,如图所示,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A.若v1q2m2
C.若v1>v2,则v1'



2.

(多选)有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的油滴,从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入,落到极板A、B、C处,如图所示,则(　　)
A.油滴A带正电,B不带电,C带负电
B.三个油滴在电场中运动时间相等
C.三个油滴在电场中运动的加速度aA D.三个油滴到达极板时动能EkA 3.(多选)(2019~2020学年四川资阳高二上期末质量检测)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=2dv0,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力。则(　　)

A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B.粒子的电荷量为mv022U0
C.在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D.在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
4.

(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示。由此可见(　　)
A.静电力为3mg
B.小球带正电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
5.

如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为(　　)
A.2R B.4R C.10R D.17R

6.

如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB为该环的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:

(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力;
(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。




第2章 电势能与电势差
习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型
课后篇巩固提升
基础巩固
1.

如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将(　　)
A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动
D.向左下方做匀加速运动
解析两平行金属板水平放置时,带电微粒静止,有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后,两板间电场强度方向逆时针旋转45°,静电力方向也逆时针旋转45°,但大小不变,此时静电力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确。
答案D
2.

一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示,电场方向竖直向下。若不计空气阻力,则此带电油滴从a运动到b的过程中,能量变化情况为(　　)
A.动能减少
B.电势能增加
C.动能和电势能之和减少
D.重力势能和电势能之和增加
解析由于轨迹向合力的方向弯曲,可知油滴受到的电场力大于重力,合力的方向向上,合力做正功,由动能定理可知动能增加,A错误;电场力做正功,电势能减少,B错误;因油滴由a运动到b的过程中重力势能增加,动能增加,由能量守恒定律可知D错误,C正确。
答案C
3.(2019~2020学年北京师大附中高二上期末考试)图甲所示为用来加速带电粒子的直线加速器,图乙是所用交变电压的图像,对它的下列说法中,正确的是(　　)

A.带电粒子是在金属筒内被加速的
B.如果仅增大带电粒子的质量,不改变交变电流的周期,直线加速器也能正常工作
C.粒子每通过一次缝隙都会增加相同的动能
D.粒子速度越来越快,为使得它每次都能被加速电压加速,筒间的缝隙应设计成越来越大的,所以直线加速器也会做的很长
解析带电粒子是在金属筒之间的狭缝中进行加速的,故A错误;粒子从静止开始经过n次加速后nqU=12mv2经过第n个长L的金属筒用时t=Lv=Lm2nqU,所以如果仅增大带电粒子的质量,交变电流的周期也需要变大,直线加速器才能正常工作,保证粒子每次从金属筒内出来能够持续加速,故B错误;粒子每次经过金属筒之间的缝隙,仅有电场力做功,根据动能定理qU=ΔEk,可知粒子每通过一次缝隙都会增加相同的动能,与缝隙的长度无关,故C正确,D错误。
答案C
4.

如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为(　　)
A.mv022q B.3mv02q C.2mv02q D.3mv022q
解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=12mvB2?12mv02,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=v02,联立解得UAB=2mv02q,故C正确。
答案C
5.

如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置(　　)
A.在P点的左上方
B.在P点的右上方
C.在P点的正上方
D.上述情况都可能
解析油滴仅在重力与静电力作用下运动,直到运动到最高点Q,此过程初动能与末动能相同,设油滴上升的高度为h,油滴的初、末位置间的电势差为UPQ,油滴带的电荷量为-q,由动能定理得-qUPQ-mgh=12mv02?12mv02,解得UPQ=-mg?q,故UPQ<0,说明Q点的电势高于P点的电势,即油滴的最高点的位置应在P点的左上方,A正确。
答案A
6.

(多选)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为45°,则下列结论中正确的是(　　)
A.此液滴带负电
B.液滴做匀加速直线运动
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能减少
解析液滴所受的合力沿bd方向,知静电力方向水平向右,则此液滴带负电,故A正确;液滴所受合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确;合外力不为零,则合外力做功不为零,故C错误;从b到d,静电力做正功,液滴电势能减小,故D正确。
答案ABD
7.

如图所示,一长为L=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求:
(1)小球通过最高点B时速度的大小。
(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。
解析(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有:qEL-mgL=mvB22
vB=2(qE-mg)Lm=2 m/s。
(2)小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用,经计算mg=1.0×10-4×10 N=1.0×10-3 N
qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N
因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有FTB+mg-qE=mvB2L
FTB=mvB2L+qE-mg=3.0×10-3 N。
答案(1)2 m/s　(2)3.0×10-3 N
8.

如图所示,一带电液滴的质量为m、电荷量为-q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v0向上做匀速直线运动。重力加速度为g。
(1)求匀强电场的电场强度的大小;
(2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大?液滴前进多少距离后可返回?
解析(1)因为液滴处于平衡状态,所以有Eq=mg
解得E=mgq。
(2)

电场方向改变,液滴受力分析如图所示。
液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即qE'=mgcos 30°
解得E'=mgcos30°q=3mg2q
液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin 30°,由牛顿第二定律
做减速运动的加速度大小a=Fm=gsin 30°=g2
液滴可前进的距离s=v022a=v02g。
或由动能定理-mgsin 30°·s=0-12mv02得液滴可前进的距离s=v022gsin30°=v02g。
答案(1)mgq　(2)3mg2q　v02g
能力提升
1.

(多选)角为θ的斜面上部存在竖直向下的匀强电场。两带电荷量分别为q1、q2,质量分别为m1、m2的粒子分别以速度v1、v2垂直电场射入,并在斜面上某点分别以速度v1'、v2'射出,在电场中的时间分别为t1、t2。入射速度为v2的粒子射得更远,如图所示,不计粒子重力。下列说法正确的是(　　)
A.若v1q2m2
C.若v1>v2,则v1' 解析设粒子竖直向下的加速度为a,电场的电场强度为E。对粒子的运动在竖直方向有y=12at2,在水平方向有x=vt。由几何关系有tan θ=yx,解得t=2vtanθa,x=2v2tanθa。由于不知两粒子加速度a的大小关系,无法确定两粒子运动时间的关系。由于速度为v2的粒子水平位移较大,若v1=v2,则a1>a2,而a=mg+qEm=g+qmE,则q1m1>q2m2;粒子落在斜面时的竖直分速度为vy=at=2vtan θ,则落在斜面上的速度为v'=v2+vy2=v2+4v2tan2θ,选项A、C错,B、D对。
答案BD
2.

(多选)有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的油滴,从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入,落到极板A、B、C处,如图所示,则(　　)
A.油滴A带正电,B不带电,C带负电
B.三个油滴在电场中运动时间相等
C.三个油滴在电场中运动的加速度aA D.三个油滴到达极板时动能EkA 解析三个油滴的初速度相等,水平位移xA>xB>xC,根据水平方向上做匀速直线运动,所以由公式x=vt得tA>tB>tC,三个油滴在竖直方向上的位移相等,根据y=12at2,知aA 答案ACD
3.(多选)(2019~2020学年四川资阳高二上期末质量检测)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=2dv0,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力。则(　　)

A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B.粒子的电荷量为mv022U0
C.在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D.在t=14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
解析粒子进入电场后,水平方向做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t=2dv0,此时间正好是交变电场的一个周期;粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子的竖直速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,选项A正确;粒子在竖直方向,在T2时间内的位移为d2,则12d=12U0qdmdv02,解得q=mv02U0,选项B错误;t=T8时刻进入电场的粒子,出离电场时在竖直方向的位移为2×12a3T82-2×12aT82=18aT2=12d,故电场力做功W=U0qd×12d=12U0q=12mv02,选项C错误;t=T4时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动T4,然后向下减速运动T4,再向上加速T4,向上减速T4,由对称可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P板右侧出离电场,选项D正确。故选AD。
答案AD
4.

(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示。由此可见(　　)
A.静电力为3mg
B.小球带正电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析两个运动过程水平方向的位移是二倍的关系,所以时间也是二倍的关系,故C错误;分别列出竖直方向的方程,即h=12gt2,?2=12×F-mgmt22,解得F=3mg,故A正确;小球受到的静电力向上,与电场方向相反,所以小球应该带负电,故B错误;速度变化量等于加速度与时间的乘积,即Δv=at,结合以上的分析可得,AB过程Δv=gt,BC过程Δv=3mg-mgm×t2=gt,故D正确。
答案AD
5.

如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为(　　)
A.2R B.4R C.10R D.17R

解析小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=(mg)2+34mg2=54mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得54mg=mvD2R,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-34mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=12mvD2,解得h=10R,故选项C正确,A、B、D错误。
答案C
6.

如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB为该环的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:

(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力;
(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。
解析(1)A至D点,由动能定理得
mgR+qER=12mv12,v1=2gR
由牛顿第二定律FN-mg=mv12R,FN=5mg
由牛顿第三定律FN=FN'
小球对管壁的压力为5mg,方向竖直向下。
(2)第一次经过C,-mgR+qE·2R=12mv22
设管壁对小球的作用力方向竖直向下,
mg+FC1=mv22R
FC1=mg,方向竖直向下。
答案(1)2gR　5mg,方向竖直向下　(2)mg,方向竖直向下