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当堂达标检测题

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带电粒子在重力场与电场中的运动 [学习目标]　1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的直线运动问题.2.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的类平抛运动问题和圆周运动问题 .一、带电粒子在复合场中的直线运动讨论带电粒子在复合场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式 .当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式 .在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来处理 .(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律 .若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律 .(2019·广州二中高二期中)如图1所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接直流电源，两极板间的距离为L＝15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B点有一小油滴自由落下 .已知带正电小油滴的电荷量q＝3.5×10－14 C、质量m＝3.0×10－9 kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零 .两极板间的电势差U＝6×105 V .(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)图1(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？(2)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？(3)B点在A点正上方的高度h是多少？答案　(1)4×106 V/m　(2)2.4×10－6 C　(3)0.55 m解析　(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝＝4×106 V/m.(2)该电容器所带电荷量为Q＝CU＝2.4×10－6 C.(3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零由动能定理可得：mg(h＋L)－qU＝0则B点在A点正上方的高度是h＝－L＝ m－15×10－2 m＝0.55 m.针对训练1　(多选)如图2所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一恒压直流电源相连 .若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)图2A .所受重力与静电力平衡B .电势能逐渐增加C .动能逐渐增加D .做匀变速直线运动答案　BD解析　 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，A错误 .由图可知静电力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中重力mg不做功，静电力Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误 .F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D正确 .二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1 .运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律 .2 .利用功能关系和动能定理分析：(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点 .从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0) .A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能 .答案　(1)　(2)2m(v02＋g2t2)解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①a()2＝gt2②解得E＝③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－mv12④且有v1＝v0t⑤h＝gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2) .针对训练2　如图3所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断(　　)图3A .小球A带正电，B不带电，C带负电B .三个小球在电场中运动时间相等C .三个小球到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkCD .三个小球在电场中运动的加速度aA＞aB＞aC答案　A解析　三个小球在水平方向做匀速直线运动；竖直方向，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg－F电，带负电荷小球受静电力向下，合力为mg＋F电，不带电小球只受重力，因此带负电荷小球加速度最大，运动时间最短，水平位移最短，带正电荷小球加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，不带电小球水平位移居中，选项A正确，选项B、D错误 .在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，动能改变量最大，带正电荷小球动能改变量最小，即EkC＞EkB＞EkA，选项C错误 .三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力 .如图4所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力 .(重力加速度为g)图4答案　2mg＋3Eq，方向水平向右解析　小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝mv2，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m联立解得F1＝2mg＋3Eq小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右 .  1.如图1所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动 .那么(　　)图1A .微粒带正、负电荷都有可能B .微粒做匀减速直线运动C .微粒做匀速直线运动D .微粒做匀加速直线运动答案　B解析　微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，微粒所受合力与初速度方向相反，故微粒做匀减速直线运动，故选项B正确 .2.(多选)如图2所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，小液滴a、b、c的运动轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中，下列说法正确的是(　　)图2A .静电力对液滴a、b做的功相等B .三者动能的增量相同C .液滴a与液滴b电势能的变化量相等D .重力对液滴c做的功最多答案　AC解析　因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，故c动能的增量小于a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D错误 .3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷 .一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么(　　)图3A .若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B .微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加C .微粒从M点运动到N点，其动能一定增加D .微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加答案　C解析　由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能由微粒电性确定极板所带电荷的电性，也不能确定静电力对微粒做功的正、负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C正确 .4.(多选)如图4所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则(　　)图4A .当小球运动到最高点a时，细线的张力一定最小B .当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C .当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D .小球在运动过程中机械能不守恒答案　CD解析　若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大，故细线的张力一样大 .若qE＜mg，球在a处速度最小，若qE＞mg，球在a处速度最大，故A、B错误；a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除受到重力外，还受到静电力，静电力对小球做功，小球的机械能不守恒，D正确 .5.(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5所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知(　　)图5A .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答案　BC解析　由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE＝m，得R＝，R、E为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确 .6.(多选)如图6所示，将一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(　　)图6A .做直线运动B .做曲线运动C .速率先减小后增大D .速率先增大后减小答案　BC解析　如图所示，对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，选项A错误，B正确；在运动的过程中，合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误 .7 .(2020·河南郑州一中期中)在地面附近存在一个有界电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图7甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)图7A .小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B .t＝5 s时，小球经过边界MNC .在0～5 s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D .在1～4 s过程中小球机械能先减小后增大答案　D解析　由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力作用先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝＝＝v1(m/s2)，进入电场后的加速度大小为a2＝＝(m/s2)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝ma1，可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5，A错误；0～5 s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确 .8.如图8所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E的匀强电场中，取g＝10 m/s2.图8(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变 .求在0.20 s时间内静电力做的功；(3)在(2)的情况下，t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能 .答案　(1)2×103 N/C　方向向上　(2)8.0×10－4 J　(3)8.0×10－4 J解析　(1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq＝mg，解得E＝＝ N/C＝2.0×103 N/C，微粒带正电，知电场方向向上 .(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度大小为a，在0.20 s时间内上升的高度为h，静电力做功为W，则qE0－mg＝ma，解得a＝10 m/s2，h＝at2，解得h＝0.20 m，W＝qE0h，解得W＝8.0×10－4 J.(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v＝at，Ek＝mgh＋mv2，解得Ek＝8.0×10－4 J.9.如图9所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场 .一L形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l1＝0.2 m，离水平地面的距离为h＝5.0 m，竖直部分长为l2＝0.1 m .一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半 .求：(g取10 m/s2)图9(1)小球运动到管口B时的速度大小；(2)小球落地点与管的下端口B的水平距离 .答案　(1)2.0 m/s　(2)4.5 m解析　(1)小球从A运动到B的过程中，对小球，根据动能定理得mgl2＋F电l1＝mvB2－0，F电＝mg，解得vB＝，代入数据可得vB＝2.0 m/s.(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t.水平方向有a＝，x＝vBt＋at2，竖直方向有h＝gt2联立以上各式可得x＝4.5 m.10.(2020·雅安市期末)如图10所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：图10(1)小球在A点时的速度大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小 .答案　(1)6 m/s　(2)21.6 N解析　(1)重力：G＝mg＝0.12 kg×10 N/kg＝1.2 N，静电力：F＝qE＝1.6×10－6 C×3×106 V/m＝4.8 N，在A点，有：qE－mg＝m，代入数据解得：v1＝6 m/s.(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：(qE－mg)2R＝mv22－mv12，在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有：FN＋mg－qE＝，由牛顿第三定律有：FN′＝FN，代入数据解得：FN′＝21.6 N.11 .(多选)在空间水平面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11所示 .重力加速度为g，由此可见(　　)图11A .静电力为3mgB .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答案　AD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＝gt2，＝×()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＝×＝gt，故D正确 .