(江苏专版)2019年高考物理总复习 课时作业二十八 带电粒子在电场中的运动

课时作业二十八带电粒子在电场中的运动
(限时：45分钟)
(班级________ 姓名________)
1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
2．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
第2题图
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
3．如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点以水平初速度v0向右射出一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为( )
第3题图
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶3
4．如图所示，一带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好贴下边缘飞出，已知产生场强的金属板长为L，如果带电粒子的速度为2v时，当它的竖直位移等于板间距d时，它的水平射程x为( )
第4题图
A．1.5L B．2L C．2.5L D．3L
5．如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍．有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强
度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值l d
为( )
第5题图
A.k
B.2k
C.3k
D.5k
6．(多选)如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场(边界上有电场)，电场强度为E
＝mg q ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为14
圆弧，一个质量为m ，电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H ＝R 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是( )
第6题图
A ．小球到达C 点时对轨道压力为2mg
B ．小球在A
C 部分运动时，加速度不变
C ．适当减小E ，小球到达C 点的速度可能为零
D ．若
E ＝2mg q ，要使小球沿轨道运动到C ，则应将H 至少调整为3R
2
7．如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的
随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场．则( )
第7题图
A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B ．在t ＝T
2
时刻，该粒子的速度大小为2v 0
C ．若该粒子在T
2
时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上
D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场
8．一平行板电容器板长为L ，板间距离为d ，将其倾斜放置，如图所示，两板间形成一匀强电场，现有一质量为m ，电量为＋q 的油滴以初速度v 0自左侧下板边缘处水平进入两板之间，沿水平方向运动并恰从右侧上板边缘处离开电场，求两板间电势差的大小．
第8题图
9．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6
C 的带正电微粒静止在空间
范围足够大的电场强度为E 1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2
.
(1)求匀强电场的电场强度 E 1的大小和方向；
(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E 2＝4.0×103
N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；
(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．
第9题图
10．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E 、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R ＝5v 2
g
，轨道在A 点的切线与水平方向成60°角，在B 点的切
线与竖直线CD 垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d 的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m 、带电荷量为－q 的小球(可看做质点)从左边界的O 点正上方的M 点以速度v 0水平射入区域Ⅰ，恰好从A 点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：
(1)OM 的长L ；
(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E ′；
(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO ′的距离s .
第10题图
课时作业(二十八) 带电粒
子在电场中的运动1.A 【解析】 带电粒子只在电场力作用下可以被加速，可以偏转．(例如沿电场方向进入匀强电场和垂直电场进入匀强电场中)，B 、C 可能；也可以做匀速圆周运动(例如电子绕原子核的高速旋转)，D 可能出现；不能做匀速直线运动，A 不可能
出现；故选A.
2．CD 【解析】 设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qE m
可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v ­t 图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C 、D 正确．
第2题图
3．C 【解析】 设粒子从A 到B 的时间为t ，粒子在B 点时，竖直方向的分速度为v y ，由类平抛运动的规律可得L ＝v 0t ，d ＝v y
2
t ，又v 0∶v y ＝1∶2，可得d ∶L ＝1∶1，选项C 正确．
4．C 【解析】 带电粒子的初速度为v 时，由类平抛运动的规律得：d ＝12at 2＝12a (L v )2
，
带电粒子的初速度变为2v ，粒子离开电场时偏转的距离为y ，速度的偏向角为Φ.则得：y ＝12at 2＝12a (L v )2，由上两式得：y ＝1
4
d ，根据推论可知，粒子离开电场时速度的反向延长线交于上板的中点．则根据几何知识有tan Φ＝y L 2＝d
4L 2＝d 2L ，又tan Φ＝d
L ′，解得L ′＝2L ，所以
x ＝0.5L ＋L ′＝2.5L ，故选C.
5．B 【解析】 设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，因为qU 1＝12mv 2
0，带电粒子离开加
速电场时的速度v 0＝
2qU 1
m ；在偏转电场中d 2＝12·qU 2md t 2
，解得t ＝d m
qU 2
，水平距离l ＝v 0t ＝d
2U 1
U 2
＝d 2k ，所以l d
＝2k ，B 正确．
6．AD 【解析】 小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知mgH ＝12mv 2A ，解得v A ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N ＝m v 2
A
R
＝2mg ，则小球到达
C 点时对轨道的压力为2mg ，故A 正确；小球在AC 部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，
方向始终指向圆心，故B 错误；若适当减小E ，则电场力小于重力，根据动能定理知，小球
到达C 点的速度不可能为零，故C 错误；若E ＝2mg
q ，在最低点轨道的作用力为零，根据牛
顿第二定律得qE －mg ＝m v 2c
R ，解得v c ＝gR ，根据动能定理得mg ()H ＋R －qER ＝12
mv 2c ，解得H
＝3R 2，所以H 至少为3R
2
，故D 正确，故选AD. 7．A 【解析】 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T
2时刻，
粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，则有
v 0T ＝v y
2
·T ·2，解得v y ＝v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v ＝2v 0，故B 错误；
若该粒子在T
2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与t ＝0时刻进入时运
动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T
2
，故D 错误．故选A.
8.mgd L 2＋d 2qL 【解析】 设板间电势差为U ，则板间场强E ＝U d ；设板与水平面的夹
角tan θ＝d L ；油滴的受力如图，由qE cos θ＝mg 得qUL d L 2＋d
2
＝mg ；解得U ＝mgd L 2＋d 2
qL .
第8题图
9．(1)2.0×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4
J 【解析】 (1)由题意知E 1q ＝mg ，
E 1＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10
－6
N/C ＝2.0×103
N/C ，方向向上． (2)在t ＝0时刻，电场强度突然变化为E 2＝4.0×103
N/C.
设微粒的加速度为a 1，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，
则qE 2－mg ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2
，
h ＝12
a 1t 2，解得h ＝0.20 m ，
W ＝qE 2h ，解得W ＝8.0×10－4 J.
(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝a 1t ，E k ＝mgh ＋12
mv 2，解得E k ＝
8．0×10－4
J.
10．(1) 3mv 2
02（qE ＋mg ） (2) 9mv 2
2qd ；
(3) 5v 2
02g ＋2gd
2
9v 20
【解析】 (1)小球在区域I 中做类平抛运动，设小球在A 点的速度为v A ，竖直分速度
为v y ，则有：v A ＝v 0
cos60°＝2v 0，v y ＝v 0tan60°＝3v 0，由牛顿第二定律可得：a ＝
qE ＋mg
m
，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v 2
y ＝2aL ，解得：L ＝3mv 2
2（qE ＋mg ）
；
(2)在区域Ⅱ中，由图可得，由A 至B 下降的高度为R 2，则由A 到B ，根据动能定理：mg
R
2＝12mv 2B －12
mv 2
A 解得：v
B ＝3v 0， 在区域 III 中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：v 2
B ＝
2qE ′m d ，解得：E ′＝9mv 2
02qd
； (3)小球的速度：v B ＝
qE ′m t ，解得：t ＝2d
3v 0
， 小球在竖直方向上做自由落体运动，即：h ＝12gt 2＝2gd
2
9v 20
，
所以小球到达右边界的点到OO ′的距离：s ＝BC ＋h ＝5v 2
02g ＋2gd
2
9v 20；。