1、习题课:带电粒子在电场中运动的四种题型课后篇素养形成合格考达标练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
2、运动,选项D正确。答案D2.一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,所以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;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C3.(2021河南焦作检测)示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况:如图所示,真空室中电极K发出
3、电子(初速度不计),经过电压为U1的加速电场后,由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中,金属板长为L,相距为d。当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是()A.U1变大,U2变大B.U1变小,U2变大C.U1变大,U2变小D.U1变小,U2变小解析当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点,所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大),亮点距离中心就越远。设电子经过U1加速后速度为v0,离开偏转电场时竖直方向速度为vy,根据题意得eU1=12
4、mv02,电子在A、B间做类平抛运动,当其离开偏转电场时竖直方向速度为vy=at=eU2mdLv0,解得速度的偏转角满足tan=vyv0=U2L2dU1,欲使变大,应该增大U2,减小U1,故选B。答案B4.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.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.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,所以有2gh=v02,联
5、立解得UAB=2mv02q,故C正确。答案C5.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=-mghq,故UPQ0),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
6、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=mgcos30解得E=mgcos30q=3mg2q液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin30,由牛顿第二定律做减速运动的加速度大小a=Fm=gsin30=g2液滴可前进的距离s=v022a=v02g。或由动能定理-mgsin30s=0-12mv02得液滴可前进的距离s=v022gsin30=
7、v02g。答案(1)mgq(2)3mg2qv02g等级考提升练9.(多选)角为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v1v2,则t1q2m2C.若v1v2,则v1a2,而a=mg+qEm=g+qmE,则q1m1q2m2;粒子落在斜面时的竖直分速度为vy=at=2vtan,则落在斜面上的速度为v=v2+vy2=v2+4v2tan2,选项A、C错,B、D对。答案BD
8、10.(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aAaBaCD.三个油滴到达极板时动能EkAEkBxBxC,根据水平方向上做匀速直线运动,所以由公式x=vt得tAtBtC,三个油滴在竖直方向上的位移相等,根据y=12at2,知aAaBaC。从而得知B仅受重力,A所受的静电力方向向上,C所受的静电力方向向下,所以B不带电,A带正电,C带负电,故A、C正确,B错误;根据动能定理,三个油滴重力做功相
9、等,静电力对A做负功,静电力对C做正功,所以C的动能变化量最大,A的动能变化量最小,A、B、C的初动能相等,所以三个油滴到达极板时的动能EkAEkBEkC,故D正确。答案ACD11.(多选)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
10、v0B.粒子的电荷量为mv022U0C.在t=18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02D.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212a3T82-
11、212aT82=18aT2=12d,故电场力做功W=U0qd12d=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。答案AD12.(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3mgB.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
12、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,h2=12F-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v=at,结合以上的分析可得,AB过程v=gt,BC过程v=3mg-mgmt2=gt,故D正确。答案AD13.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
13、静电力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为=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.2RB.4RC.10RD.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-Rcos37)-34mg(htan37+2R+Rsin37)=12mvD2,解得h=10R,故选项C正确,A、B、D错误。答案C
14、14.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时的速度大小和对管壁的压力;(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+qE2R=12mv22设管壁对小球的作用力方向竖直向下,mg+FC1=mv22RFC1=mg,方向竖直向下。答案(1)2gR5mg,方向竖直向下(2)mg,方向竖直向下
