学人教版选修31 1.9带电粒子在电场中的运动 作业（1）.docx

2017-2018学年度人教版选修3-1 1.9带电粒子在电场中的运动 作业（1）1如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极（位于中央）和集尘极分别接到高压直流电源的两极上，其间电场线如图。带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积，达到除尘目的。不考虑尘埃间的相互作用及其他作用，下列说法正确的是a. 电场线方向由放电极指向集尘极b. 图中a点电场强度小于b点电场强度c. 尘埃会沿图中虚线从c到d运动d. 尘埃在运动过程中动能增大2如图所示，在竖直平面内，由绝缘材料制成的竖直平行轨道cd、fg与半圆轨道dpg平滑相接，cd段粗糙，其余部分都光滑，圆弧轨道半径为r，圆心为o，p为圆弧最低点，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场强度为e。pdc段还存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为b。有一金属圆环m，带有正电荷q，质量m=qeg，套在轨道fg上，圆环与cd轨道间的动摩擦因数=0.2。如果圆环从距g点高为10r处由静止释放，则下列说法正确的是（ ）a. 圆环在cd轨道上也能到达相同高度处b. 圆环第一次运动到p点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为18mgc. 圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgrd. 圆环最终会静止在p点3如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，d是bc的中点，a、b、c构成一个直角三角形，ab长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知a=5 v、b=-5 v、c=15 v，由此可以判断()a. 场强的方向由c指向bb. 场强的方向垂直ad连线斜向上c. 场强的大小为10 v/md. 场强的大小为203v/m4如图所示，a，b两个带正电的粒子，电荷量分別为q1与q2，质量分别为m1和m2它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进人平行板间的匀强电场后a粒子打在b板的a点，b粒子打在b板的b点，若不计重力则a. 电荷量q1大于q2b. 质量m1小于m2c. 粒子的电荷量与质量之比q1m1q2m2d. 粒子的电荷量与质量之比q1m10）的小球以一定的初动能e0从p点沿直线ao向上运动，当小球的动能减小到零时，机械能减少了715e0。运动过程中受到空气阻力的大小不变，已知重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）电场强度的大小e；（2）小球返回p点的动能ek.13如图甲所示，a、b为两块平行金属板，极板间电压为uba=1125 v，两板中央各有小孔o和o。现有足够多的电子源源不断地从小孔o由静止进入a、b之间。在b板右侧，平行金属板m、n长度相同，l1=4102 m，板间距离d=4103 m，在距离m、n右侧边缘l2=0.1 m处有一荧光屏p，当m、n之间未加电压时电子沿m板的下边沿穿过，打在荧光屏上的o点并发出荧光。现在金属板m、n之间加一个如图乙所示的变化电压u，在t=0时刻，m板电势低于n板电势。已知电子质量为me=9.01031 kg，电荷量为e=1.61019 c。（1）每个电子从b板上的小孔o射出时的速度为多大？（2）电子打在荧光屏上的范围是多少？14如图所示，在电场强度大小为、方向竖直向上的匀强电场中，长为l的绝缘轻绳一端固定在o点，另一端固定一质量为m、带电荷量为q的直放置且尺寸较小现将小球拉到与o点同一高度且距o点右侧l处的c点，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在a、b右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板a、b碰撞，小球每次与挡板碰撞时均不损失机械能，碰后瞬间电场均立即反向，但大小不变重力加速度大小为g (1)若小球与挡板a碰后，能做圆周运动到挡板b，求初速度v0的最小值；(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，求小球与b第1次碰撞前瞬间，轻绳拉力的大小；(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数为多少？15如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为53长为l的斜面项端上，斜面固定在桌面上，斜面和水平面问由一段小圆须平滑连接，当整个装置被置于一水平的匀强电场中时，小物块恰好静止不计一切摩撒，重力加速度取g，sin53=0.8，cos53=0.6，求：(1)求水平电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，物块在水平桌面滑行的最大距离。试卷第5页，总5页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1d【解析】由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极。故a错误。集尘极带正电荷，是正极，a点更靠近放电极，所以图中a点电场强度高于b点电场强度。故b错误。放电极与集尘极间建立非匀强电场，所受的电场力是变化的，尘埃不会沿图中虚线从c到d运动。故c错误。带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中动能增大。故d正确。故选d。【点睛】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。2c【解析】a、圆环从g运动到d的过程中，电场力要做负功，在cd轨道上运动时摩擦力要做负功，而洛伦兹力不做功，所以圆环在cd轨道上不能到达相同高度处，故a错误；b、由m=qeg，得qe=mg，从开始到圆环第一次运动到p点的过程，由动能定理得mg11rqer=12mv2，在p点，由向心力公式有nmg=mv2r，计算得出n=21mg，由牛顿第三定律知圆环对轨道的压力为21mg，故b错误；cd、圆环最终会在左边最高到d处振动,对从开始到d的过程,由动能定理得mg10rqe2rwf=0，计算得出,在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为wf=8mgr，故c正确，d错误；故选c。【点睛】根据能量守恒定律分析圆环在cd轨道上能到达的高度，根据动能定理和牛顿定律结合求出圆环第一次运动到p点(未进人磁场区域)时对轨道的压力，圆环最终会在pg间来回运动，对从开始到p或g的过程，运用动能定理求克服摩擦力所做的功。3d【解析】由题意，a=5v、b=-5v、c=15v，则bc连线的中点d的电势为d=b+c2=5+152v=5v，则d=a，ad为一条等势线。根据电场线与等势线垂直，可知场强的方向垂直于ad连线斜向下。故ab错误。场强的大小为e=uab1cos30=1032v/m=203v/m，故c错误，d正确。故选d。点睛：解答本题的关键是得到d点的电势，找到等势线；掌握电场线与等势线的关系，正确理解公式e=u/d中d的含义4c【解析】设粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，所以加速度：a=qem，运动时间为：t=xv，偏转位移为：y=12at2，因为两个粒子的初速度相等，由t=xv得：tx，可知a粒子的运动时间短，由y=12at2可得a的加速度大，由a=qem可知a的比荷大，即q1m1q2m2，但a的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故c正确，abd错误。5d【解析】a、由图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置a、b两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故a错误；b、根据u=ed，小球1前后位置电势差小于12u，所以小球1的电势能减少量小于12qu，故b错误；cd、对于小球1、2，作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了uq，所以小球1、2的机械能总和增加了qu，故c错误，d正确；故选d。6（1）小球能否通过轨道最高点b与电场强度大小e无关，11ns （2）fn=(6+62)n (3)h=712m 【解析】试题分析：(1)由题意小球恰好可运动到b点，小球与轨道间弹力为0，由牛顿第二定律求出小球在b点的速度，再小球由a点到b点过程由动能定理求出小球的初速度从而判断小球能否通过轨道最高点b与电场强度有无关系；(2)利用“等效重力”找到“等效最低点即与轨道间作用力最大由动能定理求出此处的速度，再利用牛顿第二定律求出作用力 ；(3)由动能定理和牛顿第二定律求出最大高度。解：(1)小球恰好可运动到b点，小球与轨道间弹力为0，对小球由牛顿第二定律可得：mg=mv2r，解得v=5ms 对小球由a点到b点过程由动能定理得2mgr=12mv212mv02解得v0=5ms 小球能否通过轨道最高点b与电场强度大小e无关，与a点的初速度有关，即与冲量i有关，imv0=1ns；(2)小球到达等效最低点时速度最大，与轨道间作用力最大，从a点到等效最低点由动能定理得2mgr(1cos450)=12mv1212mv02 解得v1=15+102ms 对小球在等效最低点由牛顿第二定律得fn2mg=mv12r 解得：fn=(6+62)n ；(3)设小球在c点脱离轨道，c点与圆心连线与水平方向成角，由牛顿第二定律：(mg+qe)sin=mvc2r 从最低点a到c点由动能定理得(mg+qe)(r+rsin)=12mvc212mv02 解得：sin=16 由小球沿轨道运动的最大高度h=r+rsin 解得：h=712m。点晴：解决本题关键利用“等效重力场”找出最低点即速度最大（作用力）最大的位置，综合动能定理和牛顿第二定律求出。7bd【解析】电子的加速度a=eem=eudm，若增大两板间的距离，则电子加速度减小，选项a错误，b错误；由动能定理eu=12mv2，解得v=2eum，则若增大两板间的距离，则电子到达q的速度不变，选项c错误，d正确；故选bd.点睛：根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可8cd【解析】根据板间粒子轨迹的偏转方向可知，粒子带正电。由于电场力的方向与电场线的切线方向相同，从图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度，所以在a点的附近，电场力做负功，所以粒子的动能先减小。故ab错误；根据顺着电场线方向电势降低，从图中可得，a点的电势一定高于d点的电势，正电荷在a点的电势能大于在d点的电势能。故c正确；电场线的疏密表示电场的强弱，从图中可知，b点附近的电场线最密，且板间可认为是匀强电场，所以b点的场强最大，大于a点和d点的场强，所以粒子在a到d的过程中，受到的电场力先增大，再不变，后减小，根据牛顿第二定律，粒子的加速度先增大，再不变，后减小。故d正确。故选cd。点睛：该题考查电场线的特点，以及电场力做功与动能、电势能之间的关系图中可以看出粒子在a点时速度的方向与电场线的方向之间的夹角大于90度是解题的关键9bd【解析】a、根据题意液滴在处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，线圈中的感应电动势沿逆时针方向，b板接高电势，a板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相同，所以液滴带正电，故a错误；b、根据法拉第电磁感应定律，两极板间的电场强度，得，故b正确；c、根据楞次定律， 内，线圈内感应电动势顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律，其中，解得，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在第时速度最大，运动方向不改变，故c错误；d、根据楞次定律内，感应电动势逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在内做匀速直线运动， 匀加速直线运动，位移， 匀速直线运动，位移，tt时液滴与初始位置相距，故d正确；故选bd。【点睛】由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小。10bd【解析】小球在竖直方向为自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间一样，故 a错误。在水平方向小球为匀加速直线运动，根据x=12qumdt2，可知位移之比为2:1，说明pq粒子的电量之比为2:1，故d正确。电势能的减少量为电场力做的功，即epp:epq=2qu:qu2=4:1，故 b正确。动能增加量为合外力做的功，即ekp:ekq=mgh+2qu:mgh+qu2，由于不知道重力与电场力的关系，故c错误；故选bd. 【点睛】两小球在匀强电场中受到电场力和重力作用，都做匀加速直线运动，运用运动的分解可知：两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，运动时间相同两小球水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移xp=2xq，根据牛顿第二定律和运动学公式研究电荷量之比根据电场力做功之比，研究电势能减小量之比由动能定理分析动能增加量之比11ad【解析】根据题意可知a、b两点的电势相等，并且c点电势高于ab两点的电势，则连接ab，作ab的垂线，根据沿电场线方向电势降低可知电场方向垂直ab指向左下方，如图所示，过o、c点作ab的垂线，交于d和e点，则od和ce平行于电场线，根据几何知识可得ab=5cm，od=ce=acbcab=2.4cm，电场强度e=ucece=122.4102=500n/c，d正确；ab线上所有点的电势为10v，因为od=ce，所以do=ceo=2v，a正确b错误；电子在a点的电势能为ea=qa=10ev，在c点的电势能为ec=qc=22ev，故eaeb，且eaeb=12ev，c错误12(1) 3mg4q (2) 23e0【解析】（1）小球沿直线ao向上运动，则合力方向与ao共线，电场力水平向右，重力竖直向下，则合力沿oa斜向下，则eq=mgtan370，解得e=3mg4q （2）设动能减到零时向上的位移为l，由动能定理：0e0=eqlsin370mglcos370wf 由功能关系：715e0=eqlsin370+wf联立解得wf=16e0则小球回到p时，机械能损失2 wf=13e0，即动能为23e0点睛：此题关键是理解小球做直线运动的条件；知道动能的减小量等于合外力的功；机械能的减小量等于除重力外的其它力的功.13（1）2107m/s（2）范围为从o向下0.02m内【解析】试题分析：(1) 电场力对电子做功，电子的动能增加；(2) 打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；解：(1) 电子经a、b两块金属板加速，有eu=12mv02 解得：v0=2eum=21.61019112591031ms=2107ms；(2) 当u=22.5v时，电子经过mn极板向下的偏移量最大，为y1=12eu2md(lv0)2=2103m，y1d，说明所有的电子都可以飞出m、n。点晴：电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，是常见的问题，本题的难点是加速