高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课时练习

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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11（含解析）  1．离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为（　　）A． B． C． D．2．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（　　）
 A．两小球带电的电性一定相反B．甲、乙两球的质量之比为2：1C．t2时刻，乙球的静电力最大D．在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小 3．如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其图象如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　）A．沿电场线由A到B，电势逐渐升高B．小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大C．A、B两点的电势差D．该电场为匀强电场，其电场强度大小为4．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，下列叙述正确的是（　　）A．a球的质量比b球的大 B．a、b两球同时落地C．a球的电荷量比b球的小 D．a、b两球飞行的水平距离相等5．如图1所示，两水平平行金属板A、B的中央有一静止电子，现在A、B间加上如图2所示电压，t=0时，A为正，设电子运动过程中未与两板相碰，则下述说法中正确的是（　　）A．时，电子回到原位置B．时，电子在原位置上方C．到间，电子向A板运动D．至间，电子向B板运动6．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度（接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间，若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则一个周期内（　　）A．当时，所有电子都能从极板的右端射出B．当时，将没有电子能从极板的右端射出C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电于从极板右端射出的时间之比为7．如图所示，两个共轴的半圆柱面形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，带正电粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中虚线所示的半圆形轨迹通过电场并从另一端N射出，由此可知（　　）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．若入射粒子的电荷量与质量比相等，则出射粒子的速度大小一定相等D．若入射粒子的电荷量与质量比相等，则出射粒子的动能一定相等  8．如图所示，平行板电容器两极板正对且倾斜放置，下极板接地，电容器电容C=10-8F，两极板分别带等量的异种电荷，电量Q=1×10-6C。一电荷量q=3×10-10C，质量m=8×10-8kg带负电的油滴以vo=0.5m/s的速度自AB板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从CD板右边缘水平飞出，g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)两极板之间的电压U；(2)带电粒子从电场中飞出时的速度大小v。9．如图所示，虚线PQ、MN间存在水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30o角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差。10．如图所示，一质量为kg，带电量为C的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从R点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度m/s，已知两平行金属板A、B水平正对且长均为l＝10cm，两板间距d＝10cm，UAB＝180V。粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝15cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上（静电力常量N·m2/C2，粒子重力不计）。求：(1)加速电场的电压；(2)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离y；(3)点电荷Q的电荷量（取，保留一位有效数字）。 11．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与x轴正方向间的夹角为θ＝37°（重力加速度为g，，）。（1）若小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，求小球抛出时的初速度v0大小；（2）若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足，在满足（1）中条件的情况下，为使小球不打在N板上，求两平行金属板M、N之间的垂直距离的最小值d。12．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成角倾斜固定。细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强。在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为、质量为。现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点。已知AB间距离x1=0.4m，g=10m/s2。求：(1)小球通过B点时的速度大小vB；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x2；13．如图，在竖直面平内有一个矩形区域ABCD，其水平边AB=6L，竖直边BC=8L，O点为矩形区域的对角线的交点。将一颗质量为m的小球(看成质点)以一定初动能从O点在矩形区域所在的平面内沿水平向右方向抛出，小球恰好能经过C点。现使此小球带电(看成是点电荷)，电荷量为q（q>0），同时加一个方向平行于矩形ABCD的匀强电场，再从O点以同样大小初动能在矩形区域所在的平面内沿各个不同的方向抛出此带电小球，小球会从矩形边界的不同位置射出，其中经过D点时小球的动能为初动能的5倍，经过E点（E为DC边中点）时的小球的动能和初动能相等，重力加速度为g，求：(1)小球从O点抛出时的初动能Ek0；(2)取电场中O点的电势为零电势，则D、E两点的电势各为多少？(3)匀强电场的电场强度E的大小和方向。14．如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a高地高度，整个装置处于水平向左的匀强电场中，一个质量，带电量的物体（可视为质点）从斜面顶端静止释放，经过到达斜面底端b点（g取）。求：(1)物体沿斜面下滑的加速度大小；(2)电场强度E的大小；(3)电场中a到b两点之间的电势差。15．如图所示，平行金属板A、B水平放置，两板间电势差为U，板左侧存在加速电场，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l，其中S为AB的中点，且K、S、O在同一水平线上。质量为m、电荷量为的粒子由K极静止释放，刚好能从B板右边缘射出到达荧光屏上M点（忽略粒子重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大）。求：(1)粒子到达S点时的速度大小；(2)与U的比值和OM两点的间距d。16．如图甲所示，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，且在x轴方向范围足够大。电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为，在t=0时刻以速度v0=5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力。求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小。17．如图所示，距离为d的平行金属板A、B间的电场强度为E，B板接地。靠近A板的M点有一放射源，能向各个方向发射质量为m，电量为-e的带电粒子，可以探测到B板上以N点为圆心、半径为r的圆形区域内都有带电粒子到达，粒子重力不计。求：（1）粒子运动加速度a的大小；（2）粒子初速度的最大值v0；（3）粒子到达B板的最大动能Ekm。18．如图所示，水平虚线AB、CD之间有一匀强电场，电场强度的大小、方向未知，其中虚线AB与CD的间距等于CD与水平地面的间距，两完全相同的带正电粒子甲、乙分别从AB上的O点沿相反方向，以相等的速率v水平进入电场区域，此后甲恰好从O点正下方的P点离开电场区域，已知乙离开电场时的动能与甲落地时动能相等，且均是甲离开电场时动能的2.6倍，重力加速度大小为g，甲、乙质量均为m，电量均为q，不计粒子间的相互作用，求：(1)甲、乙离开电场时的水平速度大小；(2)甲落地时的竖直分速度与乙离开电场时的竖直分速度的比值；(3)匀强电场的大小和方向。19．如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ=角，纸面内的线段MN与水平方向成α=角，MN长度为d。现将一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点；已知重力加速度大小为g，求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)小球在N点的速度vN；20．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响）。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=8R。不计粒子重力，静电力常量为k，已知，求：(1)M、N两点间的电势差UMN； (2)固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q。21．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第I象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=80N/C；第IV象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10－2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第I象限后，从x轴上的A点进入第IV象限。并恰好沿直线通过该区域后从B点离开。已知P、A的坐标分别为（0，4），（4，0），（g取10m/s2）。求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小。
参考答案1．A【详解】在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知解得以t秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有又因为解得根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为，故选A。2．B【详解】A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；B．两球作用过程中动量守恒，则解得故B正确；C．从v－t图象可知，在t1时刻二者速度相等，则此时距离最近，此时静电力最大，故C错误；D．在0－t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。故选B。3．AB【详解】AB．由速度位移公式可知结合图乙可得得对小球受力分析由牛顿第二定律可知得方向竖直向上，由于小球带正电，则电场强度方向竖直向上，所以沿电场线由A到B，电势逐渐升高，根据正电荷在电势高处电势能大，则小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大，故AB正确；CD．由于小球的加速度恒定，则小球所受电场力恒定，所以电场为匀强电场，则得A、B两点的电势差故CD错误。故选AB。4．AB【详解】A．对小球受力分析，根据平衡条件有由于所以A正确；B．竖直方向上作自由落体运动，两球静止时，它们距水平面的高度相等，根据运动的独立性可知，两球同时落地，B正确；C．a球的电荷量和b球的电量大小无法判断，C错误；D．因为，水平方向上受力相同，则a的加速度小于b的加速度，时间相同，因此a球水平飞行的距离比b球小，D错误。故选AB。5．BCD【详解】由图示图象可知：时间内，电子向上做初速度为零的匀加速直线运动，电子向A板运动；在时间内，电子向上做匀减速直线运动，电子向A板运动；在时间内电子向下做初速度为零的匀加速直线运动，向B板运动；A．由以上分析可知，时电子在原位置的上方，向上的位移最大，故A错误；B．时在原位置的上方，没有回到原来的位置，与时的位置相同，故B正确；C．时间内，电子向上做匀减速直线运动，电子向A板运动，故C正确；D．至间，电子向B板运动，故D正确；故选BCD。6．AC【详解】AB．当由电子恰好飞出极板时有l=v0t由此求出当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A正确，B错误；C．当，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C正确；D．若，任意0.2s内，有 的时间内极板间电压低于临界电压，则有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，则D错误。故选AC。7．BC【详解】由图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力qE=m得R=R、E为定值；若q相等，则mv2一定相等；若相等，则速率v一定相等，但动能不一定相等，故AD错误，BC正确。故选BC。8．(1)100V； (2)【详解】(1)由电容器电容公式得代入数据得(2)带电粒子能沿水平方向做直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示。静电力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与静电力在水平方向上的分力相同，根据动能定理有解得9．（1）104m/s；（2）1.732×103N/C；（3）400V【详解】（1）由动能定理得解得，带电粒子刚进入匀强电场时的速率（2）进入PQ、MN间电场中后d=v1t代入数据解得由题意得代入得由牛顿第二定律得qE=ma沿电场方向vx=at解得（3）由动能定理得解得10．(1)450V；(2)1cm；(3)－4×10－9C【详解】(1) 根据电场力做的功等于动能解得=450V(2)粒子的运动轨迹如图所示穿过所用时间为距离为根据牛二定律，加速度为，联立解得＝1cm(3)竖直方向速度则合速度为则图中θ角为 Y＝4cm又因为库伦力提供向心力＝0.04 m联立解得＝－4×10－9C11．（1）；（2）【详解】（1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中心小孔B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有小球在竖直方向上下落的距离为解得（2）设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得解得小球进入匀强电场后的受力情况如图所示，因为所以平行于电场方向小球受力平衡，因此，小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动，其加速度大小为设小球在该匀强电场中运动的时间为，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得解得12．(1)2m/s； (2)0.4m【详解】(1)对小球，AB过程，由牛顿第二定律得可得由运动学公式有解得(2)对小球，BC过程，由牛顿第二定律得又联立解得13．(1)；(2)，；(3)，方向与OE成37°斜向左上方【详解】(1)不加电场时，由类平抛运动的知识可得，水平方向竖直方向解得初动能为(2)从D点射出的小球，由动能定理的解得因为O点的电势为零，则从E点射出的小球，由动能定理解得因为O点的电势为零，则(3)设电场方向与OE成θ角斜向左上方，则从E射出的小球由动能定理得而DO间电势差联立解得，，电场强度的方向与OE成斜向左上方14．(1)3m/s2；(2) 40V/m ；(3)-360V【详解】(1)根据几何关系得斜面的长度为L==2h=6m根据运动学公式有解得(2)由牛顿第二定律得解得E=40V/m(3)电场中a到b两点之间的电势差15．(1)；(2)；【详解】(1)加速电场中解得(2)偏转电场中解得由几何关系解得16．(1)4×10−3s；(2)(−2×10−5m，2m)；(3)4×10−3m/s【详解】(1)因带电粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，因此粒子经电场区域的时间(2)粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小为减速时的加速度大小为x轴负方向上的位移大小为因此粒子离开电场时的位置坐标为（−2×10−5m，2m）(3)离开电场时粒子在x方向的速度大小为17．（1）；（2）；（3）【详解】（1）粒子加速度（2）粒子速度方向平行于A板，做类平抛运动，打到B板距离N点最远解得，（3）由动能定理得解得，18．(1)v，3v；(2)；(3) ，左上方与AB夹角为45º【详解】(1)离开电场时，甲的水平位移为0，则甲的水平速度大小为v；由甲乙在电场中水平方向速度变化量相等，得：乙的水平速度大小为3v(2)甲乙竖直方向运动情况相同，  对应得运动图和速度分解，如图所示乙在M点动能是甲在P点2.6倍：得甲落地动能时甲离开电场得2.6倍得(3)电场中对于甲甲在竖直方向得，甲由牛顿第二定律，得，则电场大小方向：左上方与AB夹角为45º19．(1)；(2)【详解】(1)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图由正弦定理得解得E=(2)合力为F=mg由牛顿第二定律得小球运动的加速度为a==g从M→N，有解得vN=20．(1)；(2)【详解】(1)设粒子过N点时的速度为v，有解得粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有联立解得(2)设带电粒在第四象限内的运动半径为r，由几何关系得：解得：由牛顿第二定律有联立解得21．(1)2m/s；(2)5V；(3)5m/s【详解】(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律得加速度为解得根据平抛运动规律有，小球沿水平方向做匀速运动沿竖直方向有联立解得(2) 设水平电场的电场强度大小为E，因未进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有解得设小球在水平电场中运动的水平距离为l，则解得根据得(3)小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有解得