2019-2020學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí) 新人教版選修3-1

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1、第9節(jié)　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 「基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練」 1．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場后，速度最大的粒子是(　　) A．質(zhì)子(11H)　　　　　　 　B．氘核(12H) C．α粒子(24He) D．鈉離子(Na＋) 解析：選A　粒子在電場中做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可知，qU＝mv2－0，解得v＝ ，粒子的比荷越大，速度越大，故質(zhì)子的速度最大，A選項(xiàng)正確． 2．帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)(除電場力外不計(jì)其他力的作用)(　　) A．電勢能增加，動(dòng)能增加 B．電勢能減小，動(dòng)能增加 C．電勢能和動(dòng)能都不變 D．上述結(jié)論都不正確 解析：選B　根據(jù)能量守恒定律

2、可知，只有電場力做功的情況下，動(dòng)能和電勢能之和保持不變，即帶電粒子受電場力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增加，故B選項(xiàng)正確． 3．一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左，不計(jì)空氣阻力，則小球(　　) A．可能做直線運(yùn)動(dòng) B．一定不做曲線運(yùn)動(dòng) C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：選C　小球受重力和電場力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤；合力方向與速度方向先成鈍角，后成銳角，即合力先做負(fù)功后做正功，速率先減小后增大，C選項(xiàng)正確，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 4．示波管可以用來觀察電信號隨時(shí)間的情況，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，如果在

3、電極YY′之間加上如圖(a)所示的電壓，在XX′之間加上如圖(b)所示電壓，熒光屏上會出現(xiàn)的波形是(　　) 解析：選C　電極YY′之間加上圖(a)所示的電壓，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移在上下進(jìn)行變化，而在XX′之間加上圖(b)所示電壓時(shí)，粒子將分別打在左右各一個(gè)固定的位置，因此只能打出圖C所示的圖象，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤． 5．一束正離子以相同的速率從同一位置沿垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場中，所有離子的運(yùn)動(dòng)軌跡都是一樣的，這說明所有粒子(　　) A．都具有相同的質(zhì)量 B．都具有相同的電荷量 C．具有相同的比荷 D．都是同一元素的同位素 解析：選C　由偏轉(zhuǎn)距離y＝2＝可知，若運(yùn)

4、動(dòng)軌跡相同，則水平位移相同，偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有相同． 6．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出．若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) A．將打在下板中央 B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng) D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析：選BD　將電容器上板或下板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)．當(dāng)上

5、板不動(dòng)，下板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下板的中央． 7．(多選)在場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為，物體運(yùn)動(dòng)s距離時(shí)速度變?yōu)榱悖畡t下列說法正確的是(　　) A．物體克服電場力做功0.8qEs B．物體的電勢能增加了0.8qEs C．物體的電勢能增加了qEs D．物體的動(dòng)能減少了0.8qEs 解析：選CD　正電荷所受電場力方向與場強(qiáng)方向相同，故電場力做功W＝－qEs，電勢能增加了qEs，A、B錯(cuò)，C對；物體所受合力為0.8qE，與初速度方向相反，根據(jù)動(dòng)能定理，物體的動(dòng)能減少了0.8qEs，D對． 8.如圖

6、所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上．在A板的中央P點(diǎn)放置一個(gè)電子發(fā)射源．可以向各個(gè)方向釋放電子．設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，射出的初速度為v.求電子打在板上的區(qū)域面積．(不計(jì)電子的重力) 解析：打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直于電場方向做勻速運(yùn)動(dòng)，即r＝vt 在平行電場方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，即d＝at2 電子在平行電場方向上的加速度：a＝＝ 電子打在B板上的區(qū)域面積：S＝πr2 聯(lián)立解得S＝. 答案： 「能力提升練」 1.(多選)如圖所示為一個(gè)示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后

7、以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，為了提高示波管的靈敏度可采取的方法是(　　) A．減小兩板間電勢差U2 B．盡可能使板長L短些 C．盡可能使板間距離d小一些 D．使加速電壓U1減小一些 解析：選CD　電子的運(yùn)動(dòng)過程可分為兩個(gè)階段，即加速和偏轉(zhuǎn)． 加速過程　eU1＝mv02 偏轉(zhuǎn)過程　L＝v0t，h＝at2＝t2 綜合得＝，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應(yīng)選CD. 2．如圖所示是真空中A、B兩板間的勻強(qiáng)電場，一電子由A板無初速度釋放運(yùn)動(dòng)到B板，設(shè)電子在前一半時(shí)間內(nèi)和后一半時(shí)間內(nèi)的位移分別

8、為s1和s2，在前一半位移和后一半位移所經(jīng)歷的時(shí)間分別是t1和t2，下面選項(xiàng)正確的是(　　) A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝∶1 B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝∶1 C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(－1) D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(－1) 解析：選D　s1＝at2，s2＝a(2t)2－at2＝at2，s1∶s2＝1∶3，x＝at12，t1＝，2x＝at′2，t2＝t′－t1＝－，t1∶t2＝1∶(－1)，故D正確． 3．(多選)帶有同種電荷的各種帶電粒子(不計(jì)重力)沿垂直電場方向入射到平行帶電金屬板之間的電場中，并都能從另一側(cè)射出．以下說法正確

9、的是(　　) A．若粒子的帶電量和初動(dòng)能相同，則離開電場時(shí)它們的偏向角φ相同 B．若質(zhì)量不同的帶電粒子由靜止開始經(jīng)相同電場加速后進(jìn)入該偏轉(zhuǎn)電場，則離開電場時(shí)它們的偏向角φ相同 C．若帶電粒子由靜止開始經(jīng)相同電場加速后進(jìn)入該偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)其偏移量y與粒子電荷量成正比 D．若帶電粒子以相同的初速度進(jìn)入該偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)其偏移量y與粒子的比荷成正比 解析：選ABD　粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏向角tan φ＝＝，若粒子的帶電量和初動(dòng)能相同，則tan φ ∝，則粒子離開電場時(shí)它們的偏向角φ相同，A選項(xiàng)正確；加速電場中，qU1＝mv02－0，偏向角tan φ＝＝＝，相同，B選項(xiàng)正確；偏移量y

10、＝＝，U1相同則偏移量應(yīng)該相同，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；偏移量y＝，若帶電粒子以相同的初速度進(jìn)入該偏轉(zhuǎn)電場，y∝，即離開電場時(shí)其偏移量y與粒子的比荷成正比，D選項(xiàng)正確． 4．真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個(gè)與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，重力不計(jì))．下列說法中正確的是(　　) A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1∶1 B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度相同 C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn) D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2

11、∶2 解析：選C　由U1q＝mv02，得v1∶v2∶v3＝∶1∶1，再由t＝可得t1∶t2∶t3＝1∶∶，A錯(cuò)誤；由y＝＝可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點(diǎn)射出，且速度方向相同，故一定打在屏上的同一點(diǎn)，C正確；由mv2＝U1q＋qy可得v＝，因不同，故三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度不相同，B錯(cuò)誤；由偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功為W電＝qy可知，W電1∶W電2∶W電3＝1∶1∶2，D錯(cuò)誤． 5．反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B

12、兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)．已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20 kg，帶電量q＝－1.0×10－9 C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)．求： (1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t. 解析：(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有qE1d1－qE2d2＝0，得d2＝d1＝0.50 cm. (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有qE1＝ma1，qE2＝ma2. 設(shè)微粒在虛線

13、MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1和t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d1＝a1t12，d2＝a2t22，t＝t1＋t2，聯(lián)立解得t＝1.5×10－8 s. 答案：(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s 6．如圖所示，平行板電容器A、B間的電壓為U，兩板間的距離為d，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，由兩板中央O點(diǎn)以水平速度v0射入，落在C處，BC＝l.若將B板向下拉開，初速度v0不變，則粒子將落在B板的C′點(diǎn)，求BC′的長度．(粒子的重力忽略不計(jì)) 解析：根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子由O點(diǎn)到C點(diǎn)，有q＝ma，所以a＝. 帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，l＝v0t， 在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，d＝at2＝·t2. 帶電粒子由O點(diǎn)到C′點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得q＝ma′，所以a′＝. 設(shè)BC′的長度為l′，則l′＝v0t′，d＋d＝a′t′2＝··t′2. 解方程組得BC′的長度l′＝l. 答案：l 6