学人教版选修31 1.9带电粒子在电场中的运动 作业（3）.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（3）1如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，a、b两点的电势分别为a=20 v，b=50 v，则a、b连线的中点c的电势c应为（）a. c=35 vb. c35 vc. c35 vd. 无法判断c的高低2一带电粒子从m点以某一初速度垂直于等势面射入电场，从n点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力下列说法正确的有（ ）a. 粒子在前三个等势面作匀减速直线运动b. 粒子的加速度不断减小c. 从m点到n点电场力先做负功后做正功d. 粒子的速度大小一定增大3场致发射显微镜的构造如图所示：一根尖端直径约为100nm的针，位于真空玻璃球泡的中心，球的内表面涂有荧光材料导电膜，在膜与针之间加上如图所示的高电压，使针尖附近的电场高达4109v/m，电子就被从针尖表面拉出并加速到达涂层，引起荧光材料发光。这样，在荧光屏上就看到了针尖的某种像（针尖表面的发射率图像），如分辨率足够高，还可以分辨出针尖端个别原子的位置。但由于电子波的衍射，会使像模糊影响分辨率。将电极方向互换，并在玻璃泡中充进氦气，则有氦离子产生打到荧光屏上，可使分辨率提高。以下判断正确的是a. 氦原子变成氦离子是在导电膜附近发生的b. 电子从针尖到导电膜做匀加速运动c. 电子或氦离子的撞击使荧光材料的原子跃迁到了激发态d. 分辨率提高是因为氦离子的德布罗意波长比电子的长4电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3104 v加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极a1、a2间1103 v电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线opo所示，p是轨迹上的一点，聚焦电场过p点的一条电场线如图，则a. 电极a1的电势高于电极a2的电势b. 电子在p点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角小于90c. 聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小d. 电子轰击到物料上时的动能小于3104 ev5如图所示，空间存在水平方向的匀强电场。在竖直平面上建立平面直角坐标系，在坐标平面的第一象限内固定绝缘光滑的半径为r 的四分之一圆周轨道,轨道的两个端点在坐标轴上。一质量为m，带电量为+q的小球从轨道上端由静止开始滚下，已知电场强度e=mg2q，则（ ）a. 小球在轨道最低点的速度大小为2grb. 小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为2mgc. 小球脱离轨道后，当速度竖直向下时所在点的位置坐标为（r，2r）d. 小球脱离轨道后，运动轨迹将经过（0，9r）这一点6如图所示，水平绝缘粗糙的轨道ab与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道bc平滑连接，半圆形轨道的半径r=0.4m.在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度e=1.0104n/c。现有一电荷量q=+1.010-4c，质量m=0.1kg的带电体(可视为质点)，与水平面间的动摩擦因数=0.5，现让带电体从水平轨道上的p点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点c，然后落至水平轨道上的d点，取g=10m/s2。a. 带电体在圆形轨道c点的速度大小为4m/sb. 释放位置p点到b点距离为2mc. 落点d与b点的距离为0d. 带电体在从b到c运动的过程中对轨道最大压力在b点7如图所示，光滑水平面上有一异形滑块abcd在向右做匀变速运动，竖直平面内存在匀强电场，斜面bc和ab光滑绝缘，上面分别有两个质量均为m的小球a、b相对滑块静止，其中小球b带负电，电荷量大小为q，小球a不带电。重力加速度为g，则下列说法中正确的是a. 滑块加速度大小为gb. 滑块加速度大小为gc. 电场强度的最小值为d. 电场强度的最小值为8如图所示，abcd且a、b、c、d位于同一半径为r的圆上，在c点有一固定点电荷，电荷量为q，现从a点将一质量为m，电荷量为q的点电荷由静止释放，该电荷沿光滑绝缘轨道adb运动到d点时速度为，规定电场中b点的电势为零则在q形成的电场中()a. a点电势高于d点电势b. d点电势为c. o点电场强度大小是a点的倍d. 点电荷q在d点具有的电势能为9在静电场中，有一带电粒子仅在电场力作用下做变加速直线运动，先后经过a、b、c点运动到d点。在粒子通过a点时开始计时，此过程的“速度-时间”图象如图所示。下列说法正确的是（ ） a. a点的电场强度最大b. a点的电势小于b点的电势c. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能d. a、c两点的电势差uac与c、d两点的电势差ucd相等10如图所示，a、b、c、d、e、f为匀强电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点（匀强电场和六边形所在平面平行），b、c、f三点电势分别为1 v、2 v、3 v，则下列说法正确的是()a. d点的电势为4.5vb. 电子在b点的电势能比在c点高1evc. 电子从b点到e点电场力做功为3evd. 匀强电场的场强大小为v/m11粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，且沿x轴方向的电势与坐标值x的函数关系满足（v），据此可作出如图所示的-x 图象。图中虚线ab为图线在x=0.15m处的切线。现有一个带正电荷的滑块p(可视作质点)，其质量为m=0.10kg，电荷量为q=1.010-7 c，其与水平面间的动摩擦因数=0.20，g 取10m/s2。求:（1）沿x轴方向上，x1=0.1m和x2=0.15m两点间的电势差；（2）若将滑块p无初速度地放在x1=0.10m处，滑块将由静止开始运动，滑块运动到x2=0.15m处时速度的大小；（3）对于变化的电场，在极小的区域内可以看成匀强电场。若将滑块p无初速度地放在x1=0.1m处，滑块将由静止开始运动，a它位于x2=0.15m处时加速度为多大； b物块最终停在何处？分析说明整个运动过程中加速度和速度如何变化。12如图所示，在一绝缘的水平面上，静止放置一质量为 3m 的物块 b，在其 左侧相距为 l 处放置一质量为 m 的光滑小球 a，球 a 带正电、电荷量为 q，物块 b不带电在整个水平面上加上一方向水平向右的匀强电场，电场强度为 e球a在电场力作用下从静止开始向右运动，接着与物块 b 发生第一次正碰一段时间后 a、b 又发生第二次正碰如此重复已知球 a 与物块 b 每次发生碰撞的时间都极短且系统的机械能都没有损失，碰撞过程无电荷转移，且第二次碰撞发生在物块 b的速度刚好减为零的瞬间求：（1）a、b 发生第一次碰撞后瞬间的速度（2）从一开始到 a、b 发生第 n 次碰撞时，球 a 在水平面上的总位移13如图所示，ab是位于竖直平面内、半径r=0.5m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点b与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度e=5103n/c.今有一质量为m=0.1kg、带电荷量q=+810-5c的小滑块（可视为质点）从a点由静止释放.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.05，取g=10m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点b时对b点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终运动情况。14当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示，相距为l的两块平行金属板m、n接在输出电压恒为u的高压电源e2上，m、n之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，k是与m板距离很近的灯丝，电源e1给k加热从而产生热电子。电源接通后，电流表的示数稳定为i，已知电子的质量为m、电量为e。求：（1）电子达到n板瞬间的速度；（2）电路稳定的某时刻，m、n之间运动的热电子的总动能；（3）电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数。15平行金属板a、b相距为d（d足够大），如图甲所示，板间加有随时间而变化的电压，如图乙所示。其中和t已知。a板上o处有一静止的带电粒子，其电量为q（q0），质量为m（不计重力）。在t=0时刻受板间电场加速向b板运动，途中由电场反向又向a板返回，t时粒子恰好回到o点。(1)求的比值应满足什么关系？(2)粒子返回o点时的动能是多少？试卷第5页，总6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1b【解析】由图看出，ca段电场线比bc段电场线密，ca段场强较大，根据公式u=ed可知，ca间电势差uca大于b、c间电势差ubc，即cabc，得到ca+b2=35v,故选项b正确，acd错误。点睛：本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式定性分析电势差的大小。2d【解析】acd、由图左侧的电势高，电场线(垂直于等势面)先向右后向上偏,而粒子后向上偏了，所以电场力与电场强度方向相同，所以粒子带正电，电场力与初速度方向相同，从m点到n点电场力做正功，粒子的速度不断增大，粒子在前三个等势面作匀加速直线运动，故ac错误，d正确；b、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，故b错误；【点睛】电场线与等势面垂直，且从较高的等势面指向较低的等势面，先根据等势面画出电场线，然后再判断物体的运动情况和能量的变化情况。3c【解析】当无规则运动的氦原子与针尖上的钨原子碰撞时，由于氦原子失去电子成为正离子，故a错误；由图可知，该电场是非匀强电场，故电子做的不是匀加速运动，故b错误；当电子或氦离子以很大的速度撞击荧光材料时，电子或氦离子把一部分动能转移给了荧光材料的原子，从而从使其跃迁到了激发态，故c正确；在电场加速，根据动能定理有：qu=ek，根据动能与动量的关系有:p=2mek,根据德布罗意波长=hp，联立得：=h2mqu，变换电极前后，两极的电压不变，而氦离子的质量、电量都大于电子的质量、电量，故氦离子的德布罗意波长比电子的小，故d错误；故选c.4a【解析】在p点电子受电场力指向轨迹弯曲的内侧，又要与电场线相切，可判断电场线的方向是从a1指向a2，所以电极a1的电势高于电极a2的电势，a正确；轨迹的切线方向的运动方向，右图可知运动方向与电场方向夹角大于90，b错误；聚焦电场一方面使电子向中央靠拢，另一方面使电子加速，所以既改变电子速度的方向，又改变电子速度的大小，c错误；聚焦电场对电子做功，且总功是正功w，所以改变电子速度大小，从o到o，根据动能定理， ，电子轰击到物料上时的动能大于，故d错误5bd【解析】a、从轨道上端到末端，由动能定理有：mgreqr=12mv2，可得：v=gr，故a错误；b、在末端有：fnmg=mv2r，可得：fn=2mg，故b正确；c、小球离开轨道时具有水平向左的速度，受竖直向下的重力和水平向右的电场力，其合力方向与速度不在同一直线上，小球应做匀变速曲线运动，当速度方向竖直向下时，水平方向的速度减为零，水平加速度大小为a=eqm=12g，所以运动时间为t=va=2rg，水平方向的位移为x=v22a=r，竖直方向下落的高度为h=12gt2=2r，因此所在点的位置坐标为（r，3r），故c错误；d、小球回到y轴时，水平方向的位移为零，经历的时间为t1=2t=4rg，竖直方向的位移是h1=12gt12=8r，所以小球的运动轨迹将经过（0，9r）这一点，故d正确；故选bd。【点睛】根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得知小球在b点对轨道的压力；小球脱离b点后，在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做加速度不变的匀减速直线运动，即可求得。6bc【解析】试题分析：带电体恰好到达最高点c，在最高点c，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电体在圆形轨道c点的速度大小；对全过程应用动能定理，求解pb间的距离；带电体在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀变速直线运动，抓住等时性，求出d点到b点的距离；电场力与重力大小相等，将其合力等效为重力，则在等效最低点的速度最大，对轨道的压力也是最大设带电体通过c点时的速度为vc，依据牛顿第二定律：mg=mvc2r，解得vc=2.0m/s，a错误；从p到c过程中，根据动能定理可得eqxpbmgxpbmg2r=12mvc20，解得xpb=2m，b正确；设带电体从最高点c落至水平轨道上的d点经历的时间为t，根据运动的分解有：2r=12gt2，故xdb=vct12eqmt2，联立解得xdb=0，故c正确；由p到b带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从b经c到d的过程中。在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在b点右侧对应圆心角为45处，d错误7bc【解析】因a不带电，对a分析可知，斜面向左做匀加速运动，由牛顿第二定律：mgtan300=ma，解得a=g，选项b正确，a错误；对b受力分析，当电场力方向沿斜面向上时，场强最小，则： ； ，解得电场强度的最小值为，选项c正确，d错误；故选bc.8ab【解析】a、b项：在c点固定一电荷量为+q的点电荷，a、b相对cd线左右对称，则ab0v，点电荷q从a点由静止释放以后沿光滑轨道adb运动到d点过程中，由动能定理可得：，解得，由w电epaepd，得epdmgr，由，解得，故a、b正确；c项：由场强公式可知，o点场强： ，a点场强，故c错误；d项：电势能等于，故d错误。9ac【解析】a、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从a点运动到d点的过程中带电粒子的加速度先减小后增大再减小，则其所受的电场力先减小后增大再减小，由知，电场强度e先减小后增大再减小，即有a处的场强强度最大，故a正确；b、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低，故b错误；c、由图看出，从a点运动到b点的过程中带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故c正确；d、从a点运动到c点的过程中与从c点运动到d点的过程中，由图看出，所以，由可得，故d错误；故选ac。【点睛】速度时间图象的斜率等于加速度，由数学知识判断带电粒子的加速度，即可判断电场力和场强；因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低；根据能量守恒判断电势能的大小，根据确定两点的电势差。10bcd【解析】因，则ue=4v；fc连线中点的电势为u0=2.5v，则由可知ud=3.5v，选项a错误；b点电势比c点低1v，则电子在b点的电势能比在c点高1ev，选项b正确；e点电势比b点高3v，电子从b点到e点电场力做功为3ev，选项c正确；可求得a点的电势为ua=1.5v，设场强方向与cb夹角为，则；同理；联立解得，选项d正确；故选bcd. 点睛：本题的关键找等势点，作出电场线，这是解决这类问题常用方法同时还要充分利用正六边形的对称性分析匀强电场中各点电势的关系11（1） （2）m/s （3）a. 0 b. 停在x=0.225m处。滑块在从0.1-0.15m时做加速度减小的加速运动，从0.15-0.225m时做加速度增大的减速运动。 【解析】（1）=v （2）由动能定理代入数据得v=m/s (近似为0.32 m/s) （3）a对于匀强电场，在x2=0.15点附近场强变化很小，可看成匀强电场则场强=k，即为x2=0.15点的斜率，所以x2=0.15m点场强为 由牛顿定二定律解得：a=0 b设滑块停在x处，由动能定理得： 代入数据解得：x=0.1或0.225。舍去0.1，所以滑块停在x=0.225m处。滑块在从0.1-0.15m时做加速度减小的加速运动，从0.15-0.225m时做加速度增大的减速运动。 点睛：本题首先要明确-x图象中任意一点的切线的斜率表示电场强度的大小，由于是变加速运动，然后对各个过程分别运用牛顿第二定律或动能定理列式研究12（1）（方向水平向左）； （方向水平向右）（2）【解析】（1）a 球运动至第一次碰前速度为 v0 ，由动能定理得 a、b 发生弹性正碰，有 解得第一次碰撞后瞬间 a、b 的速度（方向水平向左）（方向水平向右） （2）碰后经时间 t 时 a、b 发生第二次正碰，则 a、b 的位移相等，设