《带电粒子在电场中的运动》专题训练一答案.pdf

1 带电粒子在电场中的运动专题训练一带电粒子在电场中的运动专题训练一 一、单项选择题 1、如图 l -5 -13 所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场若不计重力，下列四个 选项中的四个图线中能描述粒子在电场中的运动轨迹的是 2、如图 1-5 -10 所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由 A 到 C 运动时的速度越来越小，B 为线段AC 的中点，则下列说法正确的是 A电子沿 AC 运动时受到的电场力越来越小 B电子沿 AC 运动时它具有的电势能越来越大 C电势差 AB U= BC U D电势 A B C 3、如图 1-5 -19 所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N 为板间同一电场线上的两点，一 带电粒子（不计重力）以速度 M 经过M 点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度 N 折回 N 点则（ ） A粒子受电场力的方向一定由M 指向 N B粒子在 M 点的速度一定比在N 点的大 C粒子在 M 点的电势能一定比在N 点的大 D电场中 M 点的电势一定高于N 点的电势 4、如图 l-5 -18(a)所示，两个平行金属板P、Q 竖直放置，两板间加上如图 1 -5 -18(b)所示的 电压.t=0 时，Q 板比 P 板电势高 5v，此时在两板的正中央 M 点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动， 使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰，在 O t 8 x10 -10 s 的时间内，这个电子处于 M 点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是 10 .02 10Ats stsB 1010 104102 . stsC 1010 106104 . 1010 .6 108 10Dsts 二、多项选择题 5、如图 1 -5 -12 所示，在 0 点放置一个正电荷在过 0 点的竖直平面内的 A 点，自由释放一个带正电的小球，小 球的质量为 m、电荷量为 q小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以 0 为圆心、R 为半径的圆（图中实线表示） 相交于 B、C 两点，O、C 在同一水平线上，BOC=30 0A 距离OC 的竖直高度为h若小球通过 B 点的速度为 则下列说法中正确的是 A小球通过 C 点的速度大小握gh2 B小球通过 C 点的速度大小是 2 . gR C小球由 A 到C 电场力做的功是 2 1 2 mmgh D小球由 A 到C 机械能的损失是 2 1 () 22 R mg hm 2 6、某电场的电场线分布如图 1 -5 -11 实线所示，一带电粒子在电场力作用下经A 点运动到 B 点， 运动轨迹如图中虚线所示，粒子重力不计，则粒子的加速度、动能、电势能的变化情况是（ ） A若粒子带正电，其加速度和动能都增大电热能减小 B若粒子带正电，其动能增大，加速度和电势能都减小 C若粒子带负电，其加速度和动能都增大，电势能减小 D若粒子带负电，其加速度和动能都减小，电势能增大 7、如图 l -5 -15 所示，质量相同的两个带电粒子 P、Q 以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强 电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计） ，则从开始射人到打到 上极板的过程中（ ） A它们运动的时间 QP tt B它们所带电荷量之比:1:2 pQ qq C它们的电势能减少量之比2:1: QP EE D它们的动能增量之比:2:1 Q kpk EE 8、如图 1-5 -14 所示，内壁光滑的绝缘材料制成圆轨道固定在倾角为=37的斜面上，与 斜面的交点是 A，直 径 AB 垂直于斜面，直径 CD 和 MN 分别在水平和竖直方向上，它们处在水平方向的匀强电场中质量为 m、电荷量 为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的 A 点现对在 A 点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时 速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动下列对该小球运动的分析中正确的是（ ） A小球一定带负电 B小球运动到 B 点时动能最小 C小球运动到M 点时动能最小 D小球运动到 D 点时机械能最小 三、计算题 9、两块水平金属板 A、B 正对放置，每块极板长均为 L、极板间距为 d，B 板接地（电势为零） 、A 板电势为+U，重 力加速度为 g，两个比荷（电荷量与质量的比值）均为 qgd mU 的带正电质点以相同的初速度沿 A、B 板的中心 线相继射入，如图 1-5 -20 所示，第一个质点射入后恰好落在 B 板的中点处接着，第二个质点射入极板间，运 动一段时间t后，A 板电势突然变为-U 并且不再改变，结果第二个质点恰好没有碰到极板.求： (1)带电质点射入时的初速度o； (2)在 A 板电势改变之前，第二个质点在极板间运动的时间t 3 10、如图 1-5 -7 甲所示，电荷量为1 10q -4C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向水平向 右的电场，电场强度E 的大小与时间的关系如图 1-5 -7 乙所示，小物块运动速度与时间t的关系如图 1 -5 -7 丙所 示，取重力加速度g=10 m/s 2.求： (1)前 2s 内电场力做的功； (2)小物块的质量； (3)小物块与水平面间的动摩擦因数 11、如图 1-5 -9 甲所示，在金属板 A、B 间加上如图 l-5 -9 乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压 Uo， 其周期是 T.现有电子以平行于金属板的速度o从两板中央射人已 知电子的质量为 m，电荷量为 e不计电子的 重力 (1)若电子从t=0 时刻射入，在半个周期内恰好能从 A 板的边缘飞出，求电子飞出时速度的大小； (2)若电子从t=0 时刻射入，恰能平行予金属板飞出，则金属板至少多长？ 4 (3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时一刻射入，两板间距至少多大？ 12、如图 1-5 -16 所示，光滑绝缘水平台距水平地面高 h=0.80 m，地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在 A 点连接A 点距竖直墙壁 s=0.60 m，整个装置位于水平向右的匀强电场中，现将质量为 m = 0.1 kg、电荷量为 q=l xl0 -3C 的 带正电荷的小球（可视为质点） ，从平台上的端点 N 由静止释放，离开平台 N 点后恰好切入半径为 R=0.4 m 的绝缘 光滑圆形轨道， 并沿圆形轨道运动到 P 点射出 图中 O 点是圆轨道的圆心， B、 C 分别是圆形轨道的最低点和最高点 AO 与 BO 之间夹角为 53，取 g= 2 10/,sin370.6,cos370.8.m s (1)电场强度E 的大小； (2)运动过程中，电场力做正功最多时小球的速度（结果可以保留根式） 4 13、现代科学实验中常用的一种电子仪器叫示波器，它的核心部件是示波管，其工作原理如图 1 -5 -17 所示，电 荷量大小为 e 的电子在电势差为 1 U的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为 2 U的两块平行极板间的偏 转电场中，入射方向跟极板平行，偏转电场的极板间距离为 d，板长为 L，整个装置处在真空中，电子重力可忽略， 电子能射出平行板区 (1)偏转电场中， 若单位偏转电压引起的偏移距离叫示波管的灵敏度， 请通过计算说明提高示波管的灵敏度的办法； (2)求电子离开偏转电场时的动能大小 14、质量为m、带电量为q的小物体在O点以初速度o沿与水平方向成 30角方向射出，如图 1-5-2 所示物 体在运动过程中，除重力外，还受到方向始终与初速度o方向相反的 力 F 的作用 (1)若Fmg，要使物体保持o匀速直线运动，可在某一方向加上一定大小的匀强电场，求此电场强度； (2)著2Fmg，且电场强度与第(1)小题中的电场强度大小相同，仍要使物体沿o方向做直线运动，那么该电 场强度的可能方向如何？求出物体沿入射方向的最大位移和回到0 点的最短时间，以及回到0 点时的速度， 15、如图 1-5 -21 甲所示，在场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场内存在一个半径为 R 的圆形区域，O 点为该 圆形区域的圆心，A 点是圆形区域的最高点，B 点是圆形区域最右侧的点在 A 点由放射源释放出初速度大小不同、 方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电荷量为q，不计电荷的重力 (1)正电荷以多大的速率发射，才能经过图1-5 -21 甲中的 P 点（POA =为已知）? (2)在问题(1)中，电荷经过 P 点时的动能是多大？ (3)若在圆形区域的边缘有一接收屏 CBD，其中 C、D 分别为接收屏上最边缘的两点（如图 1-5 -21 乙所示） ，且 COB=BOD= 30.则该屏上接收到的正电荷的最大动能是多少？ 5 16、在xOy平面上第 I 象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图 1 -5 - 5 所示y轴上一点 P 的坐标为(0， yo)，有一电子以垂直于y轴的初速度o从 P 点垂直射人电场中，当匀强电场的场强为 1 E时电子从 A 点射出，A 点坐标为( A x，0)，当场强为 2 E时，电子从 B 点射出，B 点坐标为( B x，o).已知电子的电荷量为e，质量为m， 不计电子的重力 (1)求匀强电场的场强 1 E、 2 E之比： (2)若在第象限过 Q 点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q 点的坐标为（0，-yo） ，求感光胶片上曝光点的横 坐标 A x、 B x之比 6 以下是答案 一、单项选择题 1、C 解析：解析：带电粒子只受电场力的作用，由于是匀强电场，带电粒子所受的电场力是恒力，初速度与电场力垂直， 带电粒子做类平抛运动，带电粒子的运动轨迹是抛物线，并且轨迹向电场力方向弯曲，C 正确 2、B 解析：解析：从题意可知是点电荷产生的电场，电子从 A 到 C 速度减小，说明产生电场的是负电荷，由库仑定律可 知， A 错误； 电子沿 AC 运动， 电场力做负功， 电势能增大， B 正确； 由于 AB 离点电荷较远， 场强较小， 所以 AB U BC U， C 错误；由于是负电荷产生的电场，电场线指向点电荷，沿着电场线电势降低，D 错误 3、B 解析：解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A 错误；粒子由 M 到 N 电场力做负功电势能增加，动能减少，速度减小，C 错误，B 正确；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不 能判断 M、N 点电势的高低，D 错误 4、D 解 析：解 析： s 10 1020 带 电粒子做 匀加速直线 运动，加 速度为 1 :, eU a md s 10 102 末的 速度 为 1010 11 1 :,2 10 4 10atss 带电粒子做匀减速直线运动，加速度大小为 10 21 :,4 10 eU aas md 末的速度为 212 2, a t代人数据解得： 1010 2 0;4 10 6 10ss 带电粒子做反向的匀加速直线运动，610 -10 s 末，带电粒子的速度为 1010 32 3,6 10 8 10a tss 带电粒子做反向的匀减速直线运动，s 10 108 末的速度为 431 4, at代人数据解得： 4 = 0，综合得出，A、B、C 错误，D 正确 二、多项选择题 5、BD 解析：解析： B、C 两点的高度差为, 2 1 30sinRRH 由于 B、C 在以 0 为圆心的同一圆周上，所以 B、C 两点 的电势差为零，带电小球从 B 运动到 C 电场力做功为零，对带电小球从 B 运动到 C 应用动能定理得： 22 11 , 22 C mgHmm解得带电小球通过 C 点的速度为： c= 2 ,gRA 错误，B 正确；带电小球从 A 运动 到 C 电场力做功为： 22 11 222 C R Wmmghmmgmgh 电 C 错误，D 正确 6、AC 解析：解析： 带电粒子做曲线运动，所受的电场力指向曲线的凹侧，带电粒子所受的电场力方向沿着电场线，综 合得出，电场力对带电粒子做正功，动能增加，电势能减少，从A 运动到 B 的过程中，电场线变密，带电粒子受到 的电场力增大，加速度增大，B、D 错误，A、C 正确 7 7、AB 解析：解析：设两板间的距离为 d，带电粒子的质量为 m，带电粒子射入电场的初速度为o.沿电场方向 P、Q 粒子 都做匀速直线运动，则有：otp=otQ，解得： Q tpt，A 正确；两粒子在垂直初速度方向都做初速度为零的匀 加速直线运动，对两粒子分别应用牛顿第二定律和运动学公式得：P 粒子， 2 . 2 1 2 1 , PPP tadmqpEQ 粒子， , QQ q Emad 2 2 1 QQt a，联立解得：. 2:1: QP qqB 正确；两粒子的电势能减少量分别为： 1 , 2 PPQQ Eq EdEq Ed解得:1:4, PQ EEC 错误；两粒子的动能增量分别为 1 , 2 kpkQQ EqpEdEq Ed解得：:1:4 kpkQ EE，D 错误 8、ABD 解析：解析： 小球能静止于 A 点，说明小球在 A 点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电， A 正确； 小球所受的重力和电场力的合力 F 是不变的， 方向沿 AB 直径指向 A， 小球从 A 运动到 B 的过程中 F 做负功， 动能减小，所以小球运动到 B 点时动能最小，C 错误，B 正确；在圆环上，D 点的电势最高，小球在 D 点的电势能最 大，由能量守恒定律可得，小球运动到D 点时机械能最小D 正确 三、计算题 9、(1)第一个质点在两极板间做类平抛运动则有： 2 0 11 1 , 222 U Ld mgqEma Etat d 联立 qgd mU 解得质点的初速度为： 0 2 2 Lg d (2)第二个质点射入两极板间后，在时间t内做类平抛运动，则有： 2 202 1 ,. 2 y xt ya ta t A 板电势突然变为-U 后，质点所受电场力与重力平衡，做匀速直线运动，经过时 间 t恰好射出两极板，则有： 22022 , 2 y d xLxt yyt 联立解得：(23) 2 d t g 10、(1)从题图 1-5 -7 乙可以得出，02 s 内的电场强度为： 1 E =3ssCN42 ,/104 的 电 场 强 度 为 ：;/102 4 2 CNE从 题 图 1-5 -7 丙 可 以 得 出 ，O2 s 内 小 物 块 的 加 速 度 为 ： 22 2 :/1/. 2 am sm s t 前2s内 小 物 块 的 位 移 为 ： 2 1 1 2 , 2 satm电 场 力 做 的 功 为 ： .62103101 44 1 JJsqEW 8 (2)设小物块受到的摩擦力为,02fs内由牛顿第二定律得： 1 qEfma，2 4ss内小物块匀速运动，则有： , 0: 2 fqE代人数据联立解得：m = l kg (3)小物块竖直方向受到重力和弹力作用处于平衡状态，则有 N Fmg，由摩擦力计算式得， N fF，代人数据 联立解得： = 0.2 11、(1)由动能定理得： 22 0 0 11 , 2 22 U emm解得： 2 0 0 U e m (2)电子平行于金属板飞出，说明电子在垂直板方向的速度为零，则有电子在两板间运动的时间为周期 T 的整数倍， 运动时间至少为一个周期T，金属板长至少为 00 :.LtT (3)电子从两板中央平行于板飞出，说明电子在垂直于板方向的位移和速度均为零， 电子应从 4 T 的奇数倍时刻射人， 电子在开始 4 T 时间内的位移为 2 2 00 1 1 :(), 232 4 eUeU TT x mdmd 电子半个周期内运动的位移为 12 2:xx ， 两板间的距离 至少为：,2 2 xd 联立解得： m eU Td 8 0 12、(1)小球由 N 到 A 做初速度为零的匀加速直线运动， 竖直方向：h= 2 1 2 gt，水平方向： 牛顿第二定律得：qEma， 由运动学公式得：s= 2 1 2 gt，代人数据联立解得电场强度为 E=750 N/C. (2)小球由N 运动到圆轨道最右端与圆心等高的D 点电场力做功最多，由动能定理得 (1 sin53 )(cos53 )qE sRmg hR 2 1 , 2 D m代人数据解得31/ . D m s 13、(1)在加速电场中由动能定理得： 2 10 1 2 eUm，在偏转电场中，运动时间为t，则有 2 2 0 , 2 eU t Lt y md 联立解得灵敏度为 2 21 4 yL UU d ，提高灵敏度的方法为：增大L、减小 1 U、减小d (2) 由 动 能 定 理 得 22 2 100 11 , 22 k eU eUmyEm d 联 立 解 得 电 子 离 开 偏 转 电 场 时 的 动 能 大 小 为 22 2 12 4 k t eU L EeU U d . 14、(1)设所加场强E 的方向与 0 成角，如图 Dl-5 -1 所示，由平衡条件可得： 9 qEsin .30sincos,30cos mgFqEmg由题意知 mgF联立解得：= 30 q mg E 3 , (2)设场强 E 与 0 夹角为a，要使物体做直线运动必须满足物体在垂直运动方向上的合力为零，即 sin:qE,30cos o mg解得：sin a=0.5，即得：a=30或a= 150 当a = 30时，物体的加速度最小，沿 0 方向的位移最大，受力如图 Dl-5 -2 所示 由牛顿第二定律得： 1 30cos30sinmaqEmgF o 由运动学公式得 2 01 :2,a s由题意知：F =2mg，由第(1) 问的结果知：, 3 q mg E 联立解得 2 0 2 s g 当 d =150时，物体的加速度最大，回到 O 点时的时间最短，受力如图 Dl -5 -3 所示由牛顿第二定