课时作业2:拓展课1 带电粒子电场中运动

来源:新东方在线 发布时间:2021-06-10 点击:

 拓展课 1 1

 带电粒子在电场中的运动

 基础过关

 1.一个带正电的点电荷以一定的初速度 v 0 (v 0 ≠0),沿着垂直于匀强电场的方向射入电场,则其可能的运动轨迹应该是以下图中的(

 )

 『解析』

 点电荷垂直于电场方向进入电场时,静电力垂直于其初速度方向,电荷做类平抛运动,故本题选 B。

 『答案』

 B 2.如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒 a、b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放 a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻 t,a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(

 )

 A.a 的质量比 b 的大 B.在 t 时刻,a 的动能比 b 的大 C.在 t 时刻,a 和 b 的电势能相等 D.在 t 时刻,a 和 b 的速度大小相等 『答案』

 B 3.(多选)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下,从静止开始由 b 沿直线运动到 d,且 bd 与竖直方向的夹角为 45°,则下列结论中正确的是(

 ) A.此液滴带负电 B.液滴做匀加速直线运动

 C.合外力对液滴做的总功等于零 D.液滴的电势能减少 『解析』

 液滴所受的合力沿 bd 方向,知静电力方向水平向右,则此液滴带负电,故 A 正确;液滴所受合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故 B 正确;合外力不为零,则合外力做功不为零,故 C 错误;从 b 到 d,静电力做正功,液滴电势能减小,故 D 正确。

 『答案』

 ABD 4.(多选)A、B 是某电场中一条电场线上的两点,一正电荷仅在静电力作用下,沿电场线从 A 点运动到 B 点,v-t 图像如图所示,下列关于 A、B 两点的电场强度E 的大小和电势能 E p 的高低的判断正确的是(

 )

 A.E A >E B

  B.E A <E B

 C.E pA <E pB

  D.E pA >E pB

 『解析』

 正电荷仅在静电力作用下沿电场线运动,从 v-t 图上可以看出从 A 点到 B 点,正电荷的速度越来越小,在 B 点趋于定值,则正电荷的加速度越来越小,所以正电荷受到的静电力越来越小,由此可以判断电场强度越来越小,选项A 正确,B 错误;正电荷速度变小,可知正电荷做减速运动,静电力做负功,电势能增加,所以选项 C 正确,D 错误。

 『答案』

 AC 5.(多选)如图所示,竖直向下的匀强电场中,用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕 O 做圆周运动,以下四种说法中正确的是(

 ) A.带电小球可能做匀速圆周运动 B.带电小球可能做非匀速圆周运动 C.带电小球通过最高点时,细线拉力一定最小 D.带电小球通过最低点时,细线拉力有可能最小 『答案』

 ABD

 6.(多选)有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的油滴,从极板左侧中央以相同的水平初速度 v 先后垂直电场射入,落到极板 A、B、C 处,如图所示,则(

 ) A.油滴 A 带正电,B 不带电,C 带负电 B.三个油滴在电场中运动时间相等 C.三个油滴在电场中运动的加速度 a A <a B <a C

 D.三个油滴到达极板时动能 E kA <E kB <E kC

 『解析』

 三个油滴的初速度相等,水平位移 x A >x B >x C ,根据水平方向上做匀速直线运动,所以由公式 x=vt 得 t A >t B >t C ,三个油滴在竖直方向上的位移相等,根据 y= 12 at2 ,知 a A <a B <a C 。从而得知 B 仅受重力,A 所受的静电力方向向上,C 所受的静电力方向向下,所以 B 不带电,A 带正电,C 带负电,故 A、C 正确,B错误;根据动能定理,三个油滴重力做功相等,静电力对 A 做负功,静电力对 C做正功,所以 C 的动能变化量最大,A 的动能变化量最小,A、B、C 的初动能相等,所以三个油滴到达极板时的动能 E kA <E kB <E kC ,故 D 正确。

 『答案』

 ACD 7.如图所示,一带电液滴的质量为 m、电荷量为-q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成 30°角以速度 v 0 向上做匀速直线运动。重力加速度为 g。

 (1)求匀强电场的电场强度的大小; (2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大?液滴前进多少距离后可返回? 『解析』

 (1)因为液滴处于平衡状态,所以有 Eq=mg 解得 E= mgq。

 (2)电场方向改变,液滴受力分析如图所示。

 液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即 qE′=mgcos 30° 解得 E′= mgcos 30°q=3mg2q

 液滴在运动方向的反方向上的合力 F=mgsin 30°,由牛顿第二定律 做减速运动的加速度大小 a= Fm =gsin 30°=g2

 液滴可前进的距离 s= v202a =v 2 0g。

 (或由动能定理-mgsin 30°·s=0- 12 mv20

 得液滴可前进的距离 s=v 2 02gsin 30°= v20g。) 『答案』

 (1) mgq (2)3mg2q v 2 0g 8.如图所示,在竖直平面内放置着绝缘轨道 ABC,AB 部分是半径 R=0.40 m 的光滑半圆形轨道,BC 部分是粗糙的水平轨道,BC 轨道所在的竖直平面内分布着E=1.0×10 3

 V/m 的水平向右的有界匀强电场,AB 为电场的左侧竖直边界。现将一质量为 m=0.04 kg、电荷量为 q=-1×10- 4

 C 的滑块(视为质点)从 BC 上的某点由静止释放,滑块通过 A 点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与 BC 间的动摩擦因数为 μ=0.05,不计空气阻力,g 取 10 m/s 2 。求:

 (1)滑块通过 A 点时速度 v A 的大小; (2)滑块在 BC 轨道上的释放点到 B 点的距离 x; (3)滑块离开 A 点后在空中运动速度 v 的最小值。

 『解析』

 (1)因为滑块通过 A 点时对轨道的压力恰好为零, 所以有 mg= mv2AR,解得 v A =2 m/s。

 (2)根据动能定理可得|q|Ex-μmgx-mg·2R= 12 mv2A ,解得 x=5 m。

 (3)滑块离开 A 点后在水平方向上做匀减速直线运动, 故有 v x =v A - |q|Emt=2-2.5t 在竖直方向上做自由落体运动,所以有 v y =gt=10t, v= v 2 x +v 2 y = 106.25t 2 -10t+4,

 故 v min =81717 m/s≈1.94 m/s。

 『答案』

 (1)2 m/s (2)5 m (3)1.94 m/s 能力提升 9.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端 M 射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端 N 射出,由此可知(不计粒子重力)(

 ) A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等 B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等 C.若入射粒子的比荷相等,则出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的比荷相等,则出射粒子的动能一定相等 『解析』

 由题图可知,该粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力 qE=m v2r得 r= mv2qE,r、E 为定值,若 q 相等则 12 mv2 一定相等;若 qm 相等,则速率 v一定相等,故 B、C 正确。

 『答案』

 BC 10.(多选)在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为 m 的带电小球由 MN 上方的 A 点以一定初速度水平抛出,从 B 点进入电场,到达 C 点时速度方向恰好水平,A、B、C 三点在同一直线上,且 AB=2BC,如图所示。由此可见(

 )

 A.静电力为 3mg B.小球带正电 C.小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等 D.小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量的大小相等 『解析』

 两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系,所以时间也是二倍的关系,故 C 错误;分别列出竖直方向的方程,即 h= 12 gt2 , h2 =12 ×F-mgm( t2 )2 ,解得

 F=3mg,故 A 正确;小球受到的静电力向上,与电场方向相反,所以小球应该带负电,故 B 错误;速度变化量等于加速度与时间的乘积,即 Δv=at,结合以上的分析可得,AB 过程 Δv=gt,BC 过程 Δv= 3mg-mgm×t2 =gt,故 D 正确。

 『答案』

 AD 11.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为 h 的 A 处由静止开始下滑,沿轨道 ABC 运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的 34 ,圆环半径为 R,斜面倾角为 θ=53°,轨道水平段 BC 长度 s BC =2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度 h 为(

 )

 A.2R

  B.4R

 C.10R

  D.17R 『解析』

 小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力 F=(mg)

 2 +( 34 mg)2 = 54 mg,方向与竖直方向的夹角为 37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点 D 时小球与圆环间的弹力恰好为 0,由圆周运动知识可得 54 mg=mv 2 DR,由 A 到 D 的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)- 34 mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=12 mv2D ,解得 h=10R,故选项 C 正确,A、B、D 错误。

 『答案』

 C 12.如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出,已知电子质量为 m,电荷量为 e,加速电场电压为 U 0 ,偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为 U,极板长度为 L,板间距为 d。

 (1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时初速度 v 0 和从电场射出时沿垂直

 板面方向的偏转距离 Δy; (2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法,在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知 U=2.0×10 2

 V,d=4.0×10- 2

 m,m=9.1×10 - 31

 kg,e=1.6×10 - 19

 C,取 g=10 m/s 2 。

 『解析』

 (1)电子在加速电场中加速,根据动能定理,则有 eU 0 = 12 mv20 ,解得 v 0=2eU 0m, 电子在偏转电场中做类平抛运动,将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动,则有 平行于板面方向的位移为 L=v 0 t, 平行于电场强度方向的位移为 Δy= 12 at2 , 由牛顿第二定律有 a= eEm,且 E= Ud , 综上所述,解得 Δy=UL 24U 0 d 。

 (2)已知 U=2.0×10 2

 V,d=4.0×10- 2

 m,m=9.1×10 - 31

 kg,e=1.6×10 - 19

 C,取 g=10 m/s 2 , 电子所受重力为 G=mg=9.1×10- 30

 N, 电子受到的静电力为 F 电 =e Ud =8×10- 16

 N, 那么GF 电 =9.1×10- 308×10- 16 ≈1×10- 14 ,由于 F电 ≫G,所以重力忽略不计。

 『答案』

 见 『解析』

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