2019-2020学年高中物理第1章静电场第9节带电粒子在电场中的运动同步作业含解析 人教版选修3-1

2019-2020学年高中物理第1章静电场第9节带电粒子在电场中的运动同步作业含解析 人教版选修3-1

第9节 带电粒子在电场中的运动 ‎[基础训练]‎ ‎1．喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中(　　)‎ A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电荷量无关 C　解析 微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，选项A错误；电场力做正功，电势能减小，选项B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v方向x＝vt，沿电场方向y＝at2，又a＝，得y＝ x2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，选项C正确，D错误．‎ ‎2．如图所示，在P板附近有一个电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是(　　)‎ A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大 B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大 C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D．以上说法均不正确 C　解析 电子由P到Q的过程中，静电力做功，根据动能定理有eU＝mv2，解得v＝，速度大小与U有关，与两板间距离无关，选项C正确．‎ ‎3．如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则(　　)‎ A．a1∶a2＝1∶1　v1∶v2＝1∶2‎ 6‎ B．a1∶a2＝2∶1　v1∶v2＝1∶2‎ C．a1∶a2＝2∶1　v1∶v2＝∶1‎ D．a1∶a2＝1∶1　v1∶v2＝1∶ D　解析 电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1；由动能定理Ue＝mv2得v＝，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶.‎ ‎4．(多选)如图所示，两带电金属板彼此平行，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则(　　)‎ A．若两板间电压不变，则移动上极板使两极板的间距变为原来的2倍 B．若两板间电压不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的 C．若两板带电荷量不变，则移动上极板使两极板的间距变为原来的2倍 D．若两板带电荷量不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的 BD　解析 电子在两极板间做类平抛运动，若电压不变，水平方向有l＝v0t，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即d∝，选项A错误，B正确；若两极板带电荷量不变，则改变两极板距离时极板间的电场强度保持不变，d＝at2＝ ，选项C错误，D正确．‎ ‎5．(多选)如图所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后打在同一荧光屏上，则它们(　　)‎ A．离开偏转电场时速度大小相同 B．离开偏转电场时速度方向相同 C．到达屏上同一点 D．到达屏上不同点 BC　解析 设离子的电荷量为q，偏转电极板长为L，板间距离为d，根据动能定理得，加速电场中qU1＝mv，偏转电场中运动时间t＝，偏转距离y＝at2＝2，得到y＝ 6‎ ‎，设偏转角度为θ，则tan θ＝，由以上可知y、θ与带电离子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、二价氦离子会打在屏上同一点，选项B、C正确，D错误；由于偏转角度θ相同且水平速度v0＝不同，所以离开偏转电场时速度大小不同，选项A错误．‎ ‎6．示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O′点，要使电子打在荧光屏上的位置O′到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是(　　)‎ A．只增大UPK B．只增大UAB C．增大UPK同时减小UAB D．将电子换成比荷较大的带电粒子 B　解析 电子从K至P做加速直线运动，由动能定理得，eUPK＝mv－0，进入偏转电场做类平抛运动，a＝，L＝v0t，y＝at2，将射出偏转电场的速度反向延长交于水平位移L的中点，由三角形相似可得＝，故O′与O的距离y′＝，联立各式得y′＝，要使电子打在荧光屏上的位置O′到荧光屏中心O的距离增大，即y′增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或减小UPK同时增大UAB，y′与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷较大的带电粒子y′不变，故选项A、C、D错误，B正确．‎ ‎7．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．现有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后，垂直场强方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．三种粒子从B极板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ 6‎ D．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4‎ B　解析 粒子加速过程有qU1＝mv2 ，粒子从B板至M板用时t＝＝L，则t∝，所以t1∶t2∶t3 ＝1∶∶，选项A错误；偏转位移y＝at2＝2＝，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B正确；因为W＝qEy＝，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C、 D错误．‎ ‎8．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向同时进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是 ‎(　　)‎ A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量 B．两电荷在电场中运动的加速度相等 C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 AC　解析 从轨迹可以看出yM>yN，故·t2>·t2，解得>，故qM＞qN，选项A正确，B错误；根据动能定理，电场力做的功为W＝ΔEk＝mv，质量m相同，电荷M竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，选项C正确；从轨迹可以看出xM>xN，故vMt>vNt，则vM>vN，选项D错误．‎ ‎[能力提升]‎ ‎9．如图甲所示平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)(　　)‎ A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动 B．电子一直向A板运动 C．电子一直向B板运动 6‎ D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动 C　解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的v－t图象可知，电子一直向B板运动，选项C正确．‎ ‎10．(多选)如图所示，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(　　)‎ A．当小球运动到最高点a时，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 CD　解析 若qE＝mg，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qEmg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大，故选项A、B错误．a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故选项C正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，故选项D正确．‎ ‎11．如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：‎ ‎(1)金属板AB的长度；‎ ‎(2)电子穿出电场时的动能．‎ 解析 (1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝mv， ①‎ 设金属板AB的长度为L，电子偏转时间 t＝， ②‎ a＝， ③‎ y＝d＝at2， ④‎ 6‎ 由①②③④得L＝d.‎ ‎(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理得 Ek＝eU0＋e＝e.‎ 答案 (1)d　(2)e ‎12．如图所示，长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103 N/C．现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球通过最高点B时速度的大小；‎ ‎(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．‎ 解析 (1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有 qEL－mgL＝，vB＝＝2 m/s.‎ ‎(2)小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用，经计算mg＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N，‎ 因为qE> mg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有 FTB＋mg－qE＝，‎ FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3 N.‎ 答案 (1)2 m/s　(2)3.0×10－3 N 6‎