河北省張家口市高三物理 同步練習(xí)21 帶電粒子在電場中的運動.doc

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帶電粒子在電場中的運動 1.如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點電荷運動到負(fù)極板的過程 A. 加速度大小為a=qEm+g B. 所需的時間為t=dmEq C. 下降的高度為 y=d2 D. 電場力所做的功為 W=Eqd 【答案】B 【解析】 【詳解】點電荷在電場中的受力如圖所示， 點電荷所受的合外力為F=qE2+mg2 由牛頓第二定律得a=qE2+mg2m 故A錯； 點電荷在水平方向的加速度為a1=Eq/m ，由運動學(xué)公式d/2=a1t2/2,所以t=mdqE ，故B正確， 點電荷在豎直方向上做自由落體運動，所以下降的高度y=12gt2=12gmdqE=mgd2qE ，故C錯誤； 由功公式W=Eqd/2,故D錯誤。 綜上所述本題答案是：B 【點睛】由于電荷水平方向和豎直方向都受到力的作用，根據(jù)水平方向上的運動求出運動時間，再結(jié)合豎直方向上自由落體運動求出下落的高度。 2.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子 A. 運動到P點返回 B. 運動到P和P′點之間返回 C. 運動到P′點返回 D. 穿過P′點 【答案】A 【解析】 設(shè)A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得：qU1=qU2=qEd，將C板向右移動，B、C板間的電場強度E=Ud=4πkQεS，E不變，所以電子還是運動到P點速度減小為零，然后返回，故A正確；BCD錯誤． 【名師點睛】本題是帶電粒子在電場中的運動，主要考察勻變速直線運動的規(guī)律及動能定理，重點是電容器的動態(tài)分析，在電荷量Q不變的時候，板間的電場強度與板間距無關(guān)． 3.如圖，在勻強電場中，懸線一端固定于地面，另一端拉住一個帶電小球，使之處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略空氣阻力，當(dāng)懸線斷裂后，小球?qū)⒆觯? ） A. 曲線運動 B. 勻速直線運動 C. 勻加速直線運動 D. 變加速直線運動 【答案】C 【解析】 小球受重力、電場力和細(xì)線的拉力，拉力的大小等于電場力和重力的合力，故大小恒定；當(dāng)懸線斷裂后，小球在重力和電場力的合力作用下做勻加速直線運動，故選C. 4.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當(dāng)滑塊滑至豎直向下的勻強電場區(qū)時，滑塊的運動狀態(tài)為（ ） A. 繼續(xù)勻速下滑 B. 將加速下滑 C. 將減速下滑 D. 上述三種情況都有可能發(fā)生 【答案】A 【解析】 試題分析：沒有電場時，滑塊沿絕緣斜面勻速下滑，受力平衡，根據(jù)平衡條件得到滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力平衡．當(dāng)當(dāng)滑塊滑至豎直向下勻強電場區(qū)時，再分析這兩個力是否平衡，判斷滑塊的運動狀態(tài)． 解：設(shè)斜面的傾角為θ．滑塊沒有進(jìn)入電場時，根據(jù)平衡條件得 mgsinθ=f N=mgcosθ 又f=μN 得到，mgsinθ=μmgcosθ，即有sinθ=μcosθ 當(dāng)滑塊進(jìn)入電場時，設(shè)滑塊受到的電場力大小為F．根據(jù)正交分解得到 滑塊受到的沿斜面向下的力為（mg+F）sinθ，沿斜面向上的力為μ（mg+F）cosθ， 由于sinθ=μcosθ，所以（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運動． 故選A 【點評】本題增加電場力，相當(dāng)于增加物體的重力，對物體的運動情況沒有影響．基本題． 5.有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符.已知偏移量越小打在紙上的字跡越小,現(xiàn)要縮小字跡,下列措施可行的是( ) A. 增大墨汁微粒的比荷 B. 減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能 C. 減小偏轉(zhuǎn)極板的長度 D. 增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓 【答案】C 【解析】 試題分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有： 水平方向：L=v0t； 豎直方向：y=12at2 又a=qUmd 聯(lián)立得，y=qUL22mdv02=qUL24dEk0 要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷q/m、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故ABD錯誤，C正確．故選C． 考點：帶電粒子在電場中的運動 【名師點睛】此題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)在實際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵要熟練運用運動的分解法，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)量y的表達(dá)式；粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可求解y，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角。 視頻 6.如圖所示，一個絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場E中，在環(huán)的上端，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球由靜止開始 沿軌道運動，則（　?。? A. 小球運動過程中機械能守恒 B. 小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最小 C. 在最低點球?qū)Νh(huán)的壓力為（mg+qE） D. 在最低點球?qū)Νh(huán)的壓力為3（mg+qE） 【答案】D 【解析】 【分析】 小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒．根據(jù)動能定理知小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大．根據(jù)動能定理求出小球經(jīng)過在最低點時的速度，由牛頓第二定律求出環(huán)對球的支持力，得到球?qū)Νh(huán)的壓力。 【詳解】A項：小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒，故A錯誤； B項：小球從最高點到最低點的過程中，合力做正功，則根據(jù)動能定理得知，動能增加，速率增大，所以小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大，故B錯誤； C、D項：小球從最高點到最低點的過程，根據(jù)動能定理得：(mg+qE)R=12mv2 由N?mg=mv2R，聯(lián)立解得N=3（mg+qE）。故C錯誤，D正確。 故應(yīng)選：D。 【點睛】本題是帶電體在勻強電場中做圓周運動的問題，由動能定理和牛頓運動定律結(jié)合求解是常用的思路。 7. 如圖甲所示為示波管，如果在YY′之間加如圖乙所示的交變電壓，同時在XX′之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使X的電勢比X′高，則在熒光屏上會看到圖形為（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 試題分析：因XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓相同，則以在熒光屏上得到的信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象．則顯示如圖所示：故選C。 考點：示波器；帶電粒子在電場中的運動 【名師點睛】本題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進(jìn)行思考。 8.在地面附近，存在著一個有界電場，邊界MN將空間分成左右兩個區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強電場，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置水平地面由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊（滑塊的電荷量始終不變），如圖甲所示，滑塊運動的v﹣t圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，則（　?。? A. 滑塊在MN右邊運動的位移大小與在MN左邊運動的位移大小相等 B. 在t=5 s時，小球經(jīng)過邊界MN C. 滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為2：5 D. 在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功小于電場力做的功 【答案】C 【解析】 【分析】 滑塊在電場中，受到電場力與摩擦力，做勻加速運動，離開電場后受到摩擦力作用而做勻減速運動，由圖可以看出，滑塊經(jīng)過邊界MN的時刻．分別求出滑塊離開電場前、后加速度大小，由牛頓第二定律求出重力與電場力之比．根據(jù)動能定理研究整個過程中重力做的功與電場力做的功大小關(guān)系。 【詳解】A項：根據(jù)速度與時間圖象，可知，圖線與時間軸所圍成的面積表示位移大小，那么滑塊在MN右邊運動的位移大小小于在MN左邊運動的位移大小，故A錯誤； B項：滑塊離開電場前做勻加速直線運動，離開電場后受到摩擦力作用而做減速運動，由圖可以看出，小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t=2s時，故B錯誤； C項：由圖象的斜率等于加速度得滑塊離開電場前的加速度為a1=v02，離開電場后的加速度大小為a2=v03 由牛頓第二定律得：qE-f=ma1 f=ma2 解得，摩擦力與電場力之比為2：5．故C正確； D項：整個過程中，動能變化量為零，根據(jù)動能定理，整個過程中摩擦力做的功與電場力做的功大小相等，故D錯誤。 故應(yīng)選:C。 【點睛】本題一要能正確分析小球的運動情況，抓住斜率等于加速度是關(guān)鍵；二要運用牛頓第二定律和動能定理分別研究小球的受力情況和外力做功關(guān)系。 9.在孤立負(fù)點電荷形成的電場中，四個帶電粒子分別僅在電場力作用下運動，v﹣t圖象如圖所示，則下列說法正確的是（　?。? A. a，c帶負(fù)電，b，d 帶正電 B. a，c帶正電，b，d 帶負(fù)電 C. a，d帶正電，b，c帶負(fù)電 D. a，d帶負(fù)電，b，c帶正電 【答案】A 【解析】 試題分析：圖像a做加速度減小的加速運動，故a帶負(fù)電，遠(yuǎn)離孤立負(fù)電荷；圖像b做加速度增大的加速運動，故b帶正電，靠近孤立負(fù)電荷；圖像c做加速度增大的減速運動，故c帶負(fù)電，靠近孤立負(fù)電荷；圖像d做加速度減小的減速運動，故d帶正電，遠(yuǎn)離孤立負(fù)電荷，故選項A正確。 考點：電場強度、加速度、速度 【名師點睛】本題關(guān)鍵掌握速度圖象斜率的意義進(jìn)行分析加速度的變化情況，由電場強度與加速度的關(guān)系a=qEm，即根據(jù)牛頓第二定律把握物理量之間聯(lián)系。 10.質(zhì)量不同、帶電量相同的粒子，不計重力，垂直于電力線射入同一個勻強電場．若它們離開電場時速度方向改變的角度相同，則它們在進(jìn)入電場前必然具有相同的（　?。? A. 速度 B. 動量 C. 動能 D. 速度、動量和動能 【答案】C 【解析】 【分析】 粒子只受電場力，垂直射入電場，做類似平拋運動，根據(jù)分運動公式和速度偏轉(zhuǎn)角公式列式求解初速度、初動量和初動能的表達(dá)式分析。 【詳解】粒子做類似平拋運動，故： L=v0t， tanα=vyvx=atv0 其中：a=qEm 解得：v0=qELmtanα P0=mv0=mqELtanα Ek0=12mv02=qEL2tanα 由于q相等，m不等，故進(jìn)入電場前，初速度、初動量不等，而初動能相等，故ABD錯誤，C正確。 故選：C。 【點睛】本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動性質(zhì)，粒子做類似平拋運動，采用正交分解法，根據(jù)分運動公式列式分析。 11.如圖所示，豎直平行金屬板分別與電源正、負(fù)極相接，一帶電顆粒沿圖中直線從A向B運動，則該帶電顆粒（ ） A. 動能減小 B. 電勢能減小 C. 機械能減小 D. 可能帶負(fù)電 【答案】B 【解析】 A、微粒的合力方向與速度方向一致，對微粒做正功，則其動能增大，故A錯誤； B、帶電微粒在電場中受到重力和電場力兩個力作用，電場力在水平方向，由微粒做直線運動可知，電場力方向必定水平向右，C電場力做正功，機械能增大，電勢能減小，故B正確，C錯誤，則微粒帶正電，故D錯誤。 故選B。 12.如圖所示，高為h，傾角θ=37的光滑斜面處在水平向右、場強E=mgq的勻強電場中，質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小球沿著光滑的斜面運動，已知重力加速度為g，則帶電小球由斜面底端運動到斜面頂端的過程中（　　） A. 重力對小球做功為mgh B. 小球的電勢能減少了34mgh C. 合力對小球所做的功為13mgh D. 小球的電勢能與動能之和保持不變 【答案】C 【解析】 【分析】 根據(jù)上升的高度求出重力做功，根據(jù)電場力做功得出電勢能的變化，抓住合力做功等于各力做功的代數(shù)和求出合力做功的大?。鶕?jù)能量守恒分析小球的電勢能與動能之和的變化。 【詳解】A項：小球沿光滑斜面運動，從底端到頂端過程中，重力做功為-mgh，故A錯誤； B項：電場力做功W=qEhtanθ=43mgh，則電勢能減小43mgh，故B錯誤； C項：支持力不做功，合力做功等于各力做功的代數(shù)和，則W合=?mgh+43mgh=13mgh，故C正確； D項：根據(jù)能量守恒知，小球電勢能與動能之和減小量等于小球重力勢能的增加量，可知小球電勢能和動能之和在減小，故D錯誤。 故應(yīng)選：C。 【點睛】本題考查的是功能關(guān)系，動能的變化對應(yīng)合力做功，機械能的變化對應(yīng)除重力以外其它力做功，重力勢能的變化對應(yīng)重力做功，電勢能的變化對應(yīng)電場力做功。 13.如圖所示，長為L的兩平行金屬板水平放置，接在直流電路中，圖中R為滑動變阻器，一帶電微粒自兩板左側(cè)中央以某初速度v0平行于金屬板進(jìn)入兩板間，若將變阻器的滑片P置于最下端b處，帶電微粒將落在下板上距離左端L3處，若滑片P與b端間電阻為18Ω，帶電微粒將沿直線運動，若要微粒不打到金屬板上，則滑片P與b端間電阻R的范圍應(yīng)為（　?。? A. 12Ω＜R＜20Ω B. 16Ω＜R＜20Ω C. 12Ω＜R＜24Ω D. 16Ω＜R＜24Ω 【答案】B 【解析】 【分析】 滑片P位于最下端b，帶電微粒做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律列出方程；帶電微粒沿直線運動時，電場力和重力平衡；微粒剛好不打在金屬板上，可能從上下極板的邊緣之間射出，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律和牛頓第二定律結(jié)合串聯(lián)電路的分壓規(guī)律求出臨界值，即可得到范圍。 【詳解】設(shè)兩平行金屬板間距為d，由已知得： d2=12gt12 L3=v0t1 當(dāng)滑片p與b端間電阻為18Ω時，有：qU0d=mg 若要微粒剛好不打在金屬板上，應(yīng)滿足： d2=12at22 L=v0t2 qU1d?mg=ma或mg?qU2d=ma 由以上各式解得： U1=109U0，U2=89U0 由串聯(lián)電路的分壓規(guī)律可求得對應(yīng)電阻為： R1=109R0=20Ω R2=89R0=16Ω 所求R的范圍為16Ω＜R＜20Ω，故B正確，ACD錯誤。 故應(yīng)選：B。 【點睛】本題是帶電粒子在電場中類平拋運動和電路問題的綜合，容易出錯的是受習(xí)慣思維的影響，求加速度時將重力遺忘，要注意分析受力情況，根據(jù)合力求加速度。 14.如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器的兩金屬板水平放置，開關(guān)S是閉合的，兩板間一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，G為靈敏電流計。則以下說法正確的是(　　) A. 在將滑動變阻器滑片P向上移動的過程中，油滴向上加速運動，G中有從b到a的電流 B. 在將滑動變阻器滑片P向下移動的過程中，油滴向下加速運動，G中有從b到a的電流 C. 在將滑動變阻器滑片P向上移動的過程中，油滴仍然靜止，G中有從a到b的電流 D. 在將S斷開后，油滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，G中無電流通過 【答案】A 【解析】 試題分析：電容器與電阻R、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，滑片移動，根據(jù)電路串并聯(lián)知識和閉合電路歐姆定律得到導(dǎo)致電容器兩端電壓變化情況，最終判斷油滴受力變化和運動情況． 解：A、C、粒子原來處于平衡狀態(tài)，重力和靜電力平衡；電容器與電阻R、電阻R2相并聯(lián)后與R1串聯(lián)，滑片向上移動，電阻R變大，電路總電阻變大，電流變小，電容器兩端電壓為：U=E﹣I（r+R1），故電容器兩端電壓變大，帶電量變大，電場力變大，粒子向上加速；電容器充電，故電流從b到a，故A正確，C錯誤； B、在將滑動變阻器滑片P向下移動的過程剛好與選項A相反，故B錯誤； D、在將S斷開后，電容器通過電阻R2與R1放電，電量減為零，電流沿a至b，故D錯誤； 故選A． 【點評】本題是電路動態(tài)分析問題，關(guān)鍵是理清電路，根據(jù)路串并聯(lián)知識和閉合電路歐姆定律得到各個部分電路電流和電壓的變化． 15.一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球從距地面高h(yuǎn)處以一定初速度水平拋出，在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管。管上口距地面h2，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場，重力加速度為g，如圖所示，求： (1)小球初速度v0、電場強度E的大??； (2)小球落地時動能。 【答案】①要使小球能夠無碰撞地通過管子，必須使小球到達(dá)上管口時剛好速度方向豎直向下。根據(jù)動能定理，可得 ① 因此小球的初速度② 由動能定理② 聯(lián)立①、②兩式，解得小球落地時的動能為 【解析】 略 16.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系O-xy，在該平面內(nèi)有一平行y軸的勻強電場，大小為E，方向豎直向下。一過坐標(biāo)原點與x軸成θ = 60角的無窮大的平板與豎直平面垂直。在y軸上某點有一質(zhì)量為m。電荷量為+q的粒子以某一速度垂直電場射入電場，經(jīng)過時間t1時，在該平面內(nèi)再另加一勻強電場E1，粒子再經(jīng)過時間t2且t1= t2= t時，恰好垂直接觸平板，且接觸平板時速度為零，忽略粒子所受的重力，求： (1)粒子射入電場時的速度大小和在y軸上的位置； (2)E1的大小以及與y軸之間的夾角α的正切值。 【答案】（1）v=2Eqtm y=11qEt22m（2）E1=7E，tanα=32。 【解析】 (1)設(shè)粒子的初速度為v0，在t1時間內(nèi)做類平拋運動，粒子在電場中的加速度為a=Eqm 粒子在電場中的豎直速度為vy=at，按題意分析得到：v0vy=tanθ 聯(lián)立解得粒子拋出時速度v0=3Eqtm t1時刻粒子的速度為v=vycosθ=2Eqtm 對應(yīng)的位移為：x1=v0t，Δy=12at2 加電場E1后，粒子從A到D做勻減速直線運動，故有： sAD=v2t2=Eqt2m 又sAB=x1=v0t1=3Eqt2m 所以sBC=sABtanθ=Eqt2m，sAC=sABsinθ=2qEt2m sCD=sAD+sAC=3Eqt2m，sOC=sCDcosθ=6qEt2m 故拋出點的y坐標(biāo)為y=sOC?sBC+Δy=11qEt22m。 (2)如圖所示，設(shè)E1方向與y軸成α角，由粒子從A到D的勻減速直線運動有： qE1sin(θ?α)=qEsinθ qE1cos(θ?α)?qEcosθ=ma1 a1=vt2=2qEm 聯(lián)立解得：E1=7E，tanα=32。