版选修3_1.docx

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1、1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,电场力方向也逆时针旋转 45,但大小不变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微

2、粒将向左下方做匀加速运动,选项 D 正确。答案 D2.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端 M 射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端 N 射出,由此可知( )A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等解析 由题图可知,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力 qE=m ,解得 r= ,r、 E 为v2r mv2qE定值,

3、若 q 相等则 mv2一定相等;若 相等,则速率 v 一定相等,故 B、C 正确。12 qm答案 BC3.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球,从平行板电场左端的中点 P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场,它们分别落在 A、 B、 C 三点,可以判断( )2A.小球 A 带正电, B 不带电, C 带负电B.三个小球在电场中运动时间相等C.三个小球到达极板时的动能 EkAEkBEkCD.三个小球在电场中运动的加速度 aAaBaC解析 三个小球在水平方向做匀速直线运动;竖直方向,带正电荷小球受静电力向上,合力为 mg-F 电 ,带负电荷小球受静电力向下,合力为

4、mg+F 电 ,不带电小球只受重力,因此带负电荷小球加速度最大,运动时间最短,水平位移最短,带正电荷小球加速度最小,运动时间最长,水平位移最大,不带电小球水平位移居中,选项 A 正确,选项 B、D 错误。在运动过程中,三个小球竖直方向位移相等,带负电荷小球合力做功最大,动能改变量最大,带正电荷小球动能改变量最小,即 EkCEkBEkA,选项 C 错误。答案 A4.如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为 v1,加速度为 a1。若将两极板间的距离增大为原来的 2 倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为 v2,加速度为

5、 a2,则( )A.a1a 2=1 1,v1v 2=1 2B.a1a 2=2 1,v1v 2=1 2C.a1a 2=2 1,v1v 2= 12D.a1a 2=1 1,v1v 2=1 2解析 电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的电场力不变,故 a1a 2=1 1。由动能定理 Ue= mv2得 v= ,因两极板间的距离增大为原来的 2 倍,由12 2UemU=Ed 知,电势差 U 增大为原来的 2 倍,故 v1v 2=1 。2答案 D5.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

6、说法中正确的是( )A.电子可能在极板间做往复运动3B.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 eU0D.电子不可能在 t2t3时间内飞出电场解析 t=0 时刻 B 板电势比 A 板高,电子在 t1时间内向 B 板加速, t1加速结束;在 t1t2时间内电子减速,由于对称,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。答案 BC6.如图所示,一长

7、为 L=0.20 m 的丝线的一端拴一质量为 m=1.010-4 kg、带电荷量为 q=+1.010-6 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=2.0103 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,电场力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有:qEL-mgL=mvB22vB

8、= =2 m/s。2(qE-mg)Lm(2)小球到达 B 点时,受重力 mg、电场力 qE 和拉力 FTB作用,经计算mg=1.010-410 N=1.010-3 NqE=1.010-62.0103 N=2.010-3 N因为 qEmg,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=mvB2LFTB= +qE-mg=3.010-3 N。mvB2L答案 (1)2 m/s (2)3.010-3 N能力提升1.4如图所示,从 F 处释放一个无初速度的电子(重力不计

9、)向 B 板方向运动,下列说法错误的是(设电源电动势为 U)( )A.电子到达 B 板时的动能是 UeB.电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零C.电子到达 D 板时动能是 3UeD.电子在 A 板和 D 板之间做往复运动解析 电子在 A、 B 之间做匀加速运动,且 eU= Ek,选项 A 正确;电子在 B、 C 之间做匀速运动,选项 B正确;在 C、 D 之间做匀减速运动,到达 D 板时,速度减为零,选项 C 错误,选项 D 正确。答案 C2.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,

10、方向与电场的方向一致,则 A、 B 两点的电势差为 ( )A. B.mv022q 3mv02qC. D.2mv02q 3mv022q解析 小球从 A 到 B,根据动能定理得 qUAB-mgh= ,速率 vB=2v0,因为小球在竖直方向只受12mvB2-12mv02到重力,则有 2gh= ,联立解得 UAB= ,故 C 正确。v022mv02q答案 C3.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5解析

11、 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= ,解得 UPQ=- ,故 UPQmg,球在 a 处速度最大,对细线的拉力最大,故 A、B 错; a 点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最低,故 C 正确;小球在运动过程中除重力外,还有静电力做功,机械能不守恒,D 正确。答案 CD5.如图所示,质量为 m、电荷量为 e 的粒子从 A 点以 v0的速度垂直电场线沿直线 AO 方向射入匀强电场,由 B 点飞出电场时速度方向与 AO 方向成 45角

12、,已知 AO 的水平距离为 d,不计重力。求:(1)从 A 点到 B 点所用的时间。(2)粒子在 B 点的速度大小。(3)匀强电场的电场强度大小。解析 (1)粒子从 A 点以 v0的速度沿垂直电场线方向射入电场,水平方向做匀速直线运动,则有: t= 。dv0(2)由 B 点飞出电场时速度方向与 AO 方向成 45角,则粒子在 B 点的速度大小 v= v0。2(3)根据牛顿第二定律得: a=eEm将粒子射出电场的速度 v 进行分解,则有vy=at=eEmdv0=eEdmv06又 vy=v0tan 45联立解得 E= 。mv02ed答案 (1) (2) v0 (3)dv0 2 mv02ed6.如图

13、所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为 C,极板间距离为 d,上极板正中有一小孔,质量为 m、电荷量为 +q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处时速度恰为零(空气阻力忽略不计),极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为 g,求:(1)小球到达小孔处的速度大小;(2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量;(3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。解析 (1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有 v2=2gh解得 v= 。2gh(2)在从释放至到达下极板处过程,由动能定理有 mg(h+d)-qEd=0解得 E=mg(h+d)qd电容器两极板间的电压

14、为 U=Ed=mg(h+d)q电容器带的电荷量为 Q=CU= 。mg(h+d)Cq(3)加速过程中,有 mg=ma1,v=a1t1减速过程中,有 mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2联立解得 t= 。h+dh 2hg答案 (1) (2)2ghmg(h+d)qd,mg(h+d)Cq(3)h+dh 2hg7.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:7(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= ,v1=212mv12 gR由牛顿第二定律 FN-mg=m ,FN=5mgv12R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)2 5mg,方向竖直向下 (2)mg,方向竖直向下gR8