2020-2021学年度人教版(2019)必修第三册 10

2020-2021学年度人教版（2019）必修第三册10.5带电粒子在电场中的运动同步训练10（含解析）1．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，质子流内单位体积的质子数为n，其等效电流为I，质子电量为e，则质子的质量为（）A．B．C．D．2．如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到点，则下列说法正确的是（）CA．电场中的电势B．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动3．如图所示，①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三个等势线，其中③为直线，①与②、②与③的电势差相等。一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示。与①、②、③分别交于a、b、c三点，则（）A．若粒子从a到b电场力做功大小为B．粒子从a到b再到c，电势能不断减少C．a点的电势比b点的电势高，从b到c电场力做功大小为，则D．粒子在c点时的加速度为零4．如图甲所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为q，质量为m的点电荷从C点静止释放，只在电场力作用下运动的v－t图象如图乙所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k，则（）A．B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为B．由C点到A点电势逐渐降低C．该点电荷由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大D．B、A两点间的电势差5．如图，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的圆心在O点，圆弧的半径为R，B为圆弧上的一点，与水平方向夹角。一电荷量为，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道运动到最低点C时，速度，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）A．电场中间电势差为B．电场中A点的电势为C．小球运动到B点时的动能为D．小球运动到B点时，其动能与电势能的和为6．一个电子经加速电压为U1的电场加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，两极板间电压为U2，两极板间距为d，板长为L1，最终打在距离平行板右边缘L2的屏上，同等条件下，把电子换成氯离子Cl-，下列说法正确的是（）A．如果把电子换成氯离子Cl-，其它条件不变，Cl-穿过两极板时的偏移量y更小B．如果把电子换成氯离子Cl-，其它条件不变，Cl-穿过两极板时的偏移量y不变C．同等条件下，氯离子Cl-在整个运动过程中经历的时间更长D．同等条件下，氯离子Cl-在整个运动过程中经历的时间和电子相同7．如图，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将（）A．开关S断开B．初速度变为2v0C．板间电压变为D．竖直移动上板，使板间距变为2d8．如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（）A．电场中A点电势高于B点B．转动中两小球的电势能始终相等C．该过程静电力对两小球均做正功D．该过程两小球的总电势能增加9．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，求：(1)质子所受到的电场力约为多少牛？(2)质子加速需要的时间约为多少秒？(3)加速器加速的直线长度约为多少米？10．质量mA=3.0kg、长度L=0.70m、电量q=+4.0×10－5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到v0=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C的匀强电场，此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为s=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示，假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间(动摩擦因数μ1=0.25)A及与地面之间(动摩擦因数μ2=0.10)的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10m/s(2不计空气的阻力)求：(1)刚施加匀强电场时，AB的加速度的大小；(2)导体板A刚离开挡板时的速度大小；(3)B能否离开A？若能，求B刚离开A时，B的速度大小；若不能，求B与A的左端的最大距离。11．如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向水平向左（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。(1)求电子进入偏转电场时的速度v0；(2)电子从B点离开偏转电场时沿电场方向的位移y；(3)若仅将加速电场的电压降低为原来的一半，使电子仍从B点经过，求此时偏转电场的电场强度E1。12．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器。如图示有一电子（）经电压加速后，以速度v0进入间距为、电压的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，且恰好穿过电场。求（结果均保留一位有效数字）：(1)电子进入偏转电场时速度v0的大小；(2)偏转电场金属板的长度L。13．如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d=10cm，质量m=0.1kg、带电荷量为q=-1×10-3C的小球以初速度v0=10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g=10m/s2，求：(1)小球加速度的大小；(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。14．在直角坐标系中，三个边长都为l＝2m的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．（1）现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计）从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小；（2）保持（1）问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？15．如图所示，在竖直平面内有一边长为的正三角形ABC，A、B两点固定两个等量异种点电荷，其电荷量分别为+Q、-Q，在AB连线的垂直平分线有一固定竖直光滑绝缘杆，在C点有一个质量为m、电荷量为+q的小圆环（可视为点电荷）穿在绝缘杆上由静止释放，已知重力加速度为g，求：(1)C点电场强度大小及小环在D点受到的库仑力；(2)小环从C到D，动能的增加量。16．如图，在直角坐标系的第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为存在水平向左的匀强电场，场强上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为，虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限。有一粒子发生器能在和两点连线上静止、电荷量，不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从释放的所有粒子，最后都能到达A点：(1)若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；(2)若粒子从上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；(3)求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。17．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q（－q<0）的带电绝缘小球，从y轴上的P（0，L）点由静止开始释放，运动至x轴上的A（－L，0）点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管。细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C（L，0）点。该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球直径。小球直径远小于细管半径O1B，不计一切阻力，重力加速度为g。求：（1）匀强电场的电场强度的大小；（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向。18．如图所示，两平行极板P、Q正对放置，极板长度和极板间距均为L，位于极板左侧的粒子源沿两板正中心垂直电场连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子，在0-3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射出。上述m、q、L、t0为已知量。（不考虑粒子间相互影响）(1)求电压U0的大小。(2)求时刻进入两板间的带电粒子离开电场的偏转距离为多少。(3)若粒子从粒子源飞出的速度变为原来的，极板间距d应至少变为多少才能让t=0时刻进入两板间的带电粒子飞出电场。19．如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的原点O点处；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103V/m；荷质比=1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，穿过B板中心O点后，其运动轨迹恰好经过M(，1)点；粒子P的重力不计，试求：(1)粒子穿过O点进入匀强电场时的速度大小为v0；(2)金属板A、B之间的电势差UAB；(3)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，P、Q恰能在运动中相遇；假设Q的质量是P的、带电情况与P相同；P、Q的重力及P、Q之间的相互作用力均不计；求粒子Q所有释放点的横纵坐标x，y的关系式。20．喷墨打印机是将彩色液体油墨经喷嘴变成细小微粒喷到印纸上打印技术，喷墨打印机因其技术成熟、使用成本低成为市场主流产品。某喷墨打印机的基本构造如图1所示，墨滴从发生器G射出并在充电室C中带上负电荷，从计算机来的输入信号控制每个墨滴所带的电量，并和偏转电场（匀强电场）一起控制墨滴落在纸上的位置。某同学将打印机的原理简化为图2。假设质量为m、带电量为-q的墨滴沿x轴正方向以速率v0从两板正中央进入偏转电场，墨滴经过偏转电场最终落到与x轴垂直的纸面上。已知偏转电场的场强为E，两极板的长度为L，刚好从上板边缘射出，且末速度恰好与上板成30°角飞出。已知偏转电场板间距离为l，不计墨滴重力，板与纸之间无电场。(1)求墨滴在离开偏转电场时末速度的大小；(2)求所加偏转电场的电场强度大小；(3)若偏转板的右端与纸之间的距离为s，求墨滴打到纸上位置到O＇（x轴与纸的交点）的距离y。21．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求滑块与小球碰撞后瞬间小球的速度大小及B、C两点间的距离x；(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。参考答案1．A【详解】根据电流微观表达式，可得质子在电场力作用下加速运动，根据动能定理，则有解得故A对，BCD错。故选A。2．D【详解】A．带正电的小球a沿AC运动，则受向上的电场力，可知上极板带负电，电场线竖直向上，沿电场线电势降低，可知，A错误；B．两球做直线运动，则满足关系则两球带电量不一定相等，则小球a、b在C位置具有的电势能不一定相等，B错误；CD．根据两极板带电量Q一定，仅将下极板N向左平移，则S减小，E变大，则小球a、b不能沿直线运动；仅将下极板N向下平移，则E不变，小球a、b仍能沿直线运动，C错误，D正确。故选D。3．C【分析】根据电场力做功公式W=qU，分析W1与W2的关系；根据粒子的轨迹弯曲方向可判断所受的电场力方向，即可判断电场力做功的正负，分析电势能的变化。【详解】A．由题知，①与②、②与③的电势差相等，根据电场力做功公式W=qU得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即W1=W2，故A错误；BC．根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则电场线方向大约向右，并且与等势面垂直，则粒子从a到b再到c，电势不断降低，电场力做负功，负电荷的电势能不断增大，故B错误，C正确；D．粒子在c点时的电场力不为零，故加速度不为零，故D错误。故选C。【点睛】本题要掌握电场力做功的公式，可判断电场力做功的大小关系，结合轨迹的弯曲方向和受力方向以及电场线与等势面之间的关系，判断电势高低，分析电势能的变化。4．AB【分析】A．由图可知v－t图象的斜率表示加速度，再根据牛顿第二定律可求出场强大小；BC．根据等量同种正电荷中垂线场强方向特点可确定电势的变化及电场力做功情况，进一步可确定电势能的变化；D．根据动能定理及图像数据，可直接求出A、B两点的电势差。【详解】A．带电粒子只在电场力作用下运动，由牛顿第二定律可知qE=ma，由图乙可知，带电粒子在B点的加速度最大为k，所以B点的电场强度最大，可解得故A正确；B．两个等量同种正电荷连线中垂线上的场强方向由O点指向两侧，沿场强方向电势逐渐降低，故由C点到A点电势逐渐降低，故B正确；C．已知点电荷从C点到A点的过程速度增大，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；D．据v－t图象可知A、B两点的速度分别是vA和vB，根据动能定理有可解得故D错误。故选AB。5．BD【详解】AB．取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0；O点和C点是电势相同的两点，因此从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得，小球mgR+qUAO＝mv2解得UAO＝而UAO=φA-0解得φA＝故A错误，B正确；CD．小球在最低点处的动能和电势能的总和为由最低点C运动到B重力势能增加量为由最低点C运动到B点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，所以小球在B点的动能和电势能的总和为小球在最低点C的动能为从C到B电场力做功小于从A到C电场力的功，即小于7mgR，从C到B重力做功为-0.4mgR，则，从C到B电场力和重力之和小于6.6mgR，即到达B点的动能小于14.6mgR，选项C错误，D正确。故选BD。6．BC【详解】AB．设电子流经加速电压后的速度为v0，则由动能定理有电子在偏转极板间运动的时间在偏转电场中加速度电子离开偏转电场时竖直方向的位移联立解得与电荷量和质量无关，所以如果把电子换成氯离子Cl-，其它条件不变，Cl-穿过两极板时的偏移量y不变，故A错误，B正确；CD．由得水平方向的速度与比荷有关，电子换成氯离子Cl-，水平速度减小，由x=v0t知时间变长，故C正确，D错误。故选BC。7．BC【详解】A．断开开关，极板上的电压不变，两板间场强不变，故粒子的轨迹不变，故A错误；BCD．根据，，可得从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2，板间电压变为，或者上板上移使距离变为4d，故BC正确，D错误。故选BC。8．BC【详解】A．沿电场线方向电势逐渐降低，A点电势低于B点，A错误；B．设OA=OB=L，开始状态轻杆与电场线方向的夹角为θ，根据匀强电场中电势差与场强的关系得UOA=Ed=ELcosθ取O点的电势为0，则有UOA=φO-φA解得φA=-ELcosθ同理可得φB=ELcosθ则A、B小球的电势能为EpA=qφA=-qELcosθ=-qEd，EpB=-qφB═-qELcosθ=-qEd转动中两小球沿电场线方向的距离d相等，所以两小球的电势能始终相等，B正确；CD．转动中两小球都沿电场力方向移动一段距离，根据电场力做功的条件可知，该过程静电力对两小球均做正功，所以该过程两小球的总电势能减小，C正确，D错误。故选BC。9．(1)2×10－14N；(2)8×10－7s；(3)4m【详解】(1)质子受到的电场力大小(2)质子的加速度加速时间(3)加速器加速的直线长度10．(1)2.0m/s；(2)1m/s；(3)不能；0.6m【详解】(1)设B受到的最大静摩擦力为f1m，则.f=μ=2.5N设A受到地面的滑动摩擦力的f，则f=μ(m+m)g=4.0N施加电场后，假设A、B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律，有qE+f=(m+m)a得a=2.0m/s设B受到的摩擦力为f1，由牛顿第二定律得f=m计算得出f=2.0N<f可以知道电场作用后，A、B仍保持相对静止以相同加速度a=2.0m/s向右做匀减速运动，所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小a=2.0m/s(2)A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为v，根据运动学公式，有计算得出v=1m/sA与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为v=1m/s(3)A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象qE=f故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度为v，规定向左为正方向，得:m－m=(m+m)v共设该过程中，B相对于A向右的位移为，由动能定理得解得s=0.6m<0.7m，所以B不能离开A.，B与A的左端的最大距离为s=0.6m11．(1)；(2)；(3)【详解】(1)电子在电场中的加速由动能定理得解得(2)设电子沿电场的偏移量为，则根据类平抛运动规律可得，由牛顿第二定律得解得(3)当电压时使电子仍从点经过，则有解得12．(1)；(2)【详解】(1)由动能定理解得(2)电子做类平抛运动解得m/s2；(2)10m/s，20m13．(1)10【详解】(1)设相邻两等势线间的电势差为U，由电场强度与电势差之间的关系可知，电场强度为解得E＝1×103V/m电场力F＝qE＝1N方向水平向右重力G＝mg＝1N方向竖直向下设小球加速度为a，由牛顿第二定律得解得(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有Lcos45°＝v0t解得L＝20m沿y轴方向有vy＝at速度大小为解得14．（1）4E0；（2）y＝x【详解】（1）设粒子出第一象限时速度为v，加速过程qE0l＝mv2粒子在CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得l＝vtl＝·t2计算可得E1＝4E0（2）设出发点坐标（x，y）加速过程qE0x＝mv经过分析知，要过E点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为yy＝v1t1y＝·t计算可得y＝x15．(1)，；(2)【详解】(1)+Q在C点和-Q在C点的电场强度大小均为两分场强夹角为120°，因此合场强在D点，+q受到A、B两点的库仑力都为两库仑力的夹角为0°，因此在D点+q受到的库仑力为(2)从C到D，电场强度的方向都水平向右，+q受到的库仑力均水平向右，电场力不做功根据动能定理解得16．(1)1.6×105m/s；(2)s；(3)其中【详解】(1)由动能定理得v＝1.6×105m/s(2)由动能定理得qE2Δx＝匀加速时间t1＝匀速时间t2＝总时间t＝t1+t2＝s(3)设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点，后做匀速直线运动到A点，在第一象限做类平抛运动，如图水平方向竖直方向h＝由几何关系知＝推出边界方程其中17．（1）；（2），方向向下【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则解得（2）根据几何关系可知，圆弧的半径在B点，根据牛顿第二定律得。从P到B点的过程中，根据动能定理得联立解得方向向上。根据牛顿第三定律可知，小球对管的压力为，方向向下。18．(1)；(2)；(3)d≥2l【详解】(1)t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏