PAGE9-習題課:帶電粒子在電場中運動的四種題型課后篇素養(yǎng)形成合格考達標練1.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將()A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動解析兩平行金屬板水平放置時,帶電微粒靜止,有mg=qE,現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后,兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°,靜電力方向也逆時針旋轉45°,但大小不變,此時靜電力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故該微粒將向左下方做勻加速運動,選項D正確。答案D2.一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示,電場方向豎直向下。若不計空氣阻力,則此帶電油滴從a運動到b的過程中,能量變更狀況為()A.動能削減 B.電勢能增加C.動能和電勢能之和削減D.重力勢能和電勢能之和增加解析由于軌跡向合力的方向彎曲,所以油滴受到的電場力大于重力,合力的方向向上,合力做正功,由動能定理可知動能增加,A錯誤;電場力做正功,電勢能削減,B錯誤;油滴由a運動到b的過程中重力勢能增加,動能增加,由能量守恒定律可知D錯誤,C正確。答案C3.(2024河南焦作檢測)示波管是一種多功能電學儀器,它的工作原理可以等效成下列狀況:如圖所示,真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計),經過電壓為U1的加速電場后,由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中,金屬板長為L,相距為d。當A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上面顯示亮點。已知電子的質量為m、電荷量為e,不計電子重力,下列狀況中肯定能使亮點偏離中心距離變大的是()A.U1變大,U2變大 B.U1變小,U2變大C.U1變大,U2變小 D.U1變小,U2變小解析當電子離開偏轉電場時速度的反向延長線肯定經過偏轉電場中水平位移的中點,所以電子離開偏轉電場時偏轉角度越大(偏轉距離越大),亮點距離中心就越遠。設電子經過U1加速后速度為v0,離開偏轉電場時豎直方向速度為vy,依據(jù)題意得eU1=12mv02,電子在A、B間做類平拋運動,當其離開偏轉電場時豎直方向速度為vy=at=eU2md·Lv0,解得速度的偏轉角θ滿意tanθ=答案B4.如圖所示,質量為m、帶電荷量為q的小球以初速度v0從A點豎直向上射入水平方向的勻強電場中,小球通過電場中B點時,速率vB=2v0,方向與電場的方向一樣,則A、B兩點的電勢差為()A.mv022q B.解析小球從A到B,依據(jù)動能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=答案C5.如圖所示,一個帶負電的油滴以初速度v0從P點斜向上射入水平方向的勻強電場中。若油滴到達最高點的速度大小仍為v0,則油滴運動的最高點的位置()A.在P點的左上方 B.在P點的右上方C.在P點的正上方 D.上述狀況都可能解析油滴僅在重力與靜電力作用下運動,直到運動到最高點Q,此過程初動能與末動能相同,設油滴上升的高度為h,油滴的初、末位置間的電勢差為UPQ,油滴帶的電荷量為-q,由動能定理得-qUPQ-mgh=12mv02-12mv02,解得UPQ=-答案A6.如圖所示,一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力的作用下,從靜止起先由b沿直線運動到d,且bd與豎直方向的夾角為45°,則下列結論中錯誤的是()A.此液滴帶負電B.液滴做勻加速直線運動C.合外力對液滴做的總功等于零D.液滴的電勢能削減解析液滴所受的合力沿bd方向,知靜電力方向水平向右,則此液滴帶負電,故A正確;液滴所受合力恒定,加速度恒定,做勻加速直線運動,故B正確;合外力不為零,則合外力做功不為零,故C錯誤;從b到d,靜電力做正功,液滴電勢能減小,故D正確。本題選錯誤的,故選C。答案C7.(2024廣東廣州檢測)一大型儀器上的長條狀示波器的示意圖如圖所示,金屬絲放射出來的電子(初速度為0)被加速后從小孔穿出,進入兩平行金屬板形成的偏轉電場。電子在穿出偏轉電場后沿直線前進,最終打在熒光屏上。設加速電壓U1=1640V,偏轉電場的金屬板長l=4m,金屬板間距d=1cm,當電子加速后從兩金屬板的中心沿與金屬板平行的方向進入偏轉電場。(1)求偏轉電壓U2為多大時,電子離開金屬板時的偏移量最大;(2)假如金屬板右端到熒光屏的距離L=20cm,求電子打在熒光屏上時的最大偏移距離。解析(1)設電子被電壓U1加速后獲得的速度大小為v0,則有qU1=1電子離開金屬板時的最大偏移量y1=d2=0.則y1=12at2=12·qU2md解得U2=2.05×10-2V。(2)電子離開偏轉電場后做勻速直線運動,可看成從極板的正中心沿直線射出,如圖所示。由幾何學問,得y解得y=0.55cm。答案(1)2.05×10-2V(2)0.55cm8.如圖所示,一帶電液滴的質量為m、電荷量為-q(q>0),在豎直向下的勻強電場中剛好與水平面成30°角以速度v0向上做勻速直線運動。重力加速度為g。(1)求勻強電場的電場強度的大小;(2)若電場方向改為垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直線運動,電場強度為多大?液滴前進多少距離后可返回?解析(1)因為液滴處于平衡狀態(tài),所以有Eq=mg解得E=mgq(2)電場方向變更,液滴受力分析如圖所示。液滴做直線運動時,垂直速度方向的合力為零,即qE'=mgcos30°解得E'=mg液滴在運動方向的反方向上的合力F=mgsin30°,由牛頓其次定律做減速運動的加速度大小a=Fm=gsin30°=液滴可前進的距離s=v0或由動能定理-mgsin30°·s=0-12mv02得液滴可前進的距離答案(1)mgq(2)等級考提升練9.(多選)角為θ的斜面上部存在豎直向下的勻強電場。兩帶電荷量分別為q1、q2,質量分別為m1、m2的粒子分別以速度v1、v2垂直電場射入,并在斜面上某點分別以速度v1'、v2'射出,在電場中的時間分別為t1、t2。入射速度為v2的粒子射得更遠,如圖所示,不計粒子重力。下列說法正確的是()A.若v1<v2,則t1<t2 B.若v1=v2,則qC.若v1>v2,則v1'<v2' D.若v1=v2,則v1'=v2'解析設粒子豎直向下的加速度為a,電場的電場強度為E。對粒子的運動在豎直方向有y=12at2,在水平方向有x=vt。由幾何關系有tanθ=yx,解得t=2vtanθa,x=2v2tanθa。由于不知兩粒子加速度a的大小關系,無法確定兩粒子運動時間的關系。由于速度為v2的粒子水平位移較大,若v1=v2,則a1>a2,而a=mg+qEm=g+qm答案BD10.(多選)有三個質量相等,分別帶正電、負電和不帶電的油滴,從極板左側中心以相同的水平初速度v先后垂直電場射入,落到極板A、B、C處,如圖所示,則()A.油滴A帶正電,B不帶電,C帶負電B.三個油滴在電場中運動時間相等C.三個油滴在電場中運動的加速度aA<aB<aCD.三個油滴到達極板時動能EkA<EkB<EkC解析三個油滴的初速度相等,水平位移xA>xB>xC,依據(jù)水平方向上做勻速直線運動,所以由公式x=vt得tA>tB>tC,三個油滴在豎直方向上的位移相等,依據(jù)y=12at2,知aA<aB<aC。從而得知B僅受重力,A所受的靜電力方向向上,C所受的靜電力方向向下,所以B不帶電,A帶正電,C帶負電,故A、C正確,B錯誤;依據(jù)動能定理,三個油滴重力做功相等,靜電力對A做負功,靜電力對C做正功,所以C的動能變更量最大,A的動能變更量最小,A、B、C的初動能相等,所以三個油滴到達極板時的動能EkA<EkB<EkC答案ACD11.(多選)如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變更的電壓。在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時刻起先連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子。t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場。已知電場變更周期T=2dv0,粒子質量為mA.在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B.粒子的電荷量為mC.在t=18T時刻進入的粒子離開電場時電勢能削減了D.在t=14T時刻進入的粒子剛好從P解析粒子進入電場后,水平方向做勻速運動,則t=0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間t=2dv0,此時間正好是交變電場的一個周期,粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動,經過一個周期,粒子的豎直速度為零,故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0,選項A正確;粒子在豎直方向,在T2時間內的位移為d2,則12d=12U0qdmdv02,解得q=mv02U0,選項B錯誤;t=T8時刻進入電場的粒子,出離電場時在豎直方向的位移為2×12a3T82-2×12答案AD12.(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場,質量為m的帶電小球由MN上方的A點以肯定初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平,A、B、C三點在同始終線上,且AB=2BC,如圖所示。由此可見()A.靜電力為3mgB.小球帶正電C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變更量的大小相等解析兩個運動過程水平方向的位移是二倍的關系,所以時間也是二倍的關系,故C錯誤;分別列出豎直方向的方程,即h=12gt2,h2=12×F-mgmt22,解得F=3mg,故A正確;小球受到的靜電力向上,與電場方向相反,所以小球應當帶負電,故B錯誤;速度變更答案AD13.如圖所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強電場中,一帶負電的小球從高為h的A處由靜止起先下滑,沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內做圓周運動。已知小球所受靜電力是其重力的34,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為θ=53°,軌道水平段BC長度sBC=2R。若使小球在圓環(huán)內恰好能做完整的圓周運動,則高度h為(A.2R B.4R C.10R D.17R解析小球所受的重力和靜電力均為恒力,故兩力可等效為一個力F=(mg)2+34mg2=54mg,方向與豎直方向的夾角為37°偏左下。若使小球在圓環(huán)內恰好能做完整的圓周運動,即通過等效最高點D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0,由圓周運動學問可得54mg=mvD2R,由A到Rsin37°)=12mvD2答案C14.如圖所示,半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置,AB為該環(huán)的水平直徑,且管的內徑遠小于環(huán)的半徑,環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強電場中,管的內壁光滑?，F(xiàn)將一質量為m、帶電荷量為+q的小球從管中A點由靜止釋放,已知qE=mg。求:(1)小球