高中物理 第一章 靜電場 9 帶電粒子在電場中的運(yùn)動課時作業(yè) 新人教版選修31

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1、 9 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 [課時作業(yè)] [A組　基礎(chǔ)鞏固] 一、單項選擇題 1．關(guān)于帶電粒子(不計重力)在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(　　) A．一定是勻變速運(yùn)動 B．不可能做勻減速運(yùn)動 C．一定做曲線運(yùn)動 D．可能做勻變速直線運(yùn)動，不可能做勻變速曲線運(yùn)動 解析：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中受恒定合力(電場力)作用，一定做勻變速運(yùn)動，初速度與合力共線時，做直線運(yùn)動，不共線時做勻變速曲線運(yùn)動，A對，B、C、D錯． 答案：A 2．一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴．油滴在極板間運(yùn)動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比．若兩極板間電壓為

2、零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升．若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運(yùn)動時速度的大小、方向?qū)⑹?　　) A．2v、向下　　　　　　 B．2v、向上 C．3v、向下 D．3v、向上 解析：由題意知，未加電壓時mg＝kv①，加電壓U時，電場力向上，設(shè)為F，則有F＝mg＋kv②，當(dāng)加電壓(－U)時，電場力向下，勻速運(yùn)動時有F＋mg＝kv′③.聯(lián)立①②③得v′＝3v，方向向下，C正確． 答案：C 3.如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中的O點自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比

3、q1∶q2等于(　　) A．1∶2　　　　　　　 B．2∶1 C．1∶ D．∶1 解析：豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝ t2，聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B對． 答案：B 4.如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則(　　) A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量 B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量 C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 解析：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有h＝()2，得x＝v0，由v0＜v0得＞. 答案：C 5．如圖甲所示，

4、兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓．t＝0時，Q板比P板電勢高5 V，此時在兩板的正中央M點放一個電子，初速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動，使得電子的位置和速度隨時間變化．假設(shè)電子始終未與兩板相碰．在0＜t＜810－10 s的時間內(nèi)，這個電子處于M點的右側(cè)、速度方向向左且大小逐漸減小的時間是(　　) A．0＜t＜210－10 s B．210－10 s＜t＜410－10 s C．410－10 s＜t＜610－10 s D．610－10 s＜t＜810－10 s 解析：0～過程中電子向右做加速運(yùn)動；～過程中，電子向右減速運(yùn)動，～T過程中電子向左加速，T～T過程中

5、電子向左減速，D選項正確． 答案：D 二、多項選擇題 6．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上．則微滴在極板間電場中 (　　) A．向正極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大 C．運(yùn)動軌跡是拋物線 D．運(yùn)動軌跡與帶電量無關(guān) 解析：由于微滴帶負(fù)電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A項正確；偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，電勢能減小，B項錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，位移x＝vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，位移y＝t2＝()

6、2，此為拋物線方程，C項正確；從式中可以看出，運(yùn)動軌跡與帶電荷量q有關(guān)，D項錯誤． 答案：AC 7.如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中．P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) A．它們運(yùn)動的時間tQ＝tP B．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C．它們的電勢能減小量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．它們的動能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 解析：垂直電場方向不受力，做勻速直線運(yùn)動，位移相等，速度相等，由x＝vt得知，運(yùn)動的時間相等，所以A

7、正確；在豎直方向上，根據(jù)y＝at2知，豎直位移之比為1∶2，則電荷量之比為1∶2.因為電場力做功等于電勢能的減小量，電場力做功W＝qEy，因為電荷量之比為1∶2，豎直位移之比為1∶2，則電場力做功為1∶4，可知電勢能減小量之比為1∶4，所以B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理有qEy＝Ek，而qP∶qQ＝1∶2，xP∶xQ＝1∶2，所以動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D錯誤． 答案：AB 8．真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏，今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始經(jīng)加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．

8、已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比是1∶1∶2，則下列判斷正確的是(　　) A．三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析：粒子加速過程qU1＝mv2，從B到M用時t＝，得t∝ ，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶，故A錯誤；偏轉(zhuǎn)位移y＝()2＝，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，故B正確；因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，故C正確，D錯誤． 答案：BC 三、非選擇題 9.如圖所示，有

9、一質(zhì)子(質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，進(jìn)入兩極間距離為d、板間電壓為U2的平行金屬板間，若質(zhì)子從兩板正中間垂直電場方向射入電場，并且恰能從下板右邊緣穿出電場．求： (1)質(zhì)子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場U2時的速度v0； (2)質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場U2中運(yùn)動的時間和金屬板的長度L； (3)質(zhì)子穿出偏轉(zhuǎn)電場時的動能Ek. 解析：(1)質(zhì)子在加速電場中運(yùn)動，有eU1＝mv 解得v0＝ (2)質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動可分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的勻加速直線運(yùn)動． 水平方向：L＝v0t 豎直方向：＝at2 加速度：a＝ 聯(lián)立解得t＝d 極板長：L＝d (3)質(zhì)

10、子在整個運(yùn)動過程中由動能定理得 eU1＋e＝Ek0－0 質(zhì)子射出電場時的動能Ek＝e(U1＋) 答案：(1) 　(2)d　d (3)e(U1＋) [B組　能力提升] 一、選擇題 1．如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出．若不計重力，則a和b的比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)之比是(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶8 D．8∶1 解析：a粒子和b粒子在水平方向均做速度為v的勻速運(yùn)動，分別有BP＝vta，BC＝vtb，且

11、2BP＝BC，故2ta＝tb；在豎直方向上，分別有AB＝t，OB＝t，且AB＝2OB，解得a和b的比荷之比為∶＝8∶1. 答案：D 2.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場，如圖所示．帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知(不計粒子重力)(　　) A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等 B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等 C．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動能一定相等 解析：由題圖可

12、知，該粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力qE＝m得r＝，r、E為定值，若q相等則mv2一定相等；若相等，則速率v一定相等，故B、C正確． 答案：BC 二、非選擇題 3．如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以速度v0從a點進(jìn)入電場，恰好從c點離開電場，離開時速度為v，不計重力，求電場強(qiáng)度的大?。? 解析：從a點到c點電場力做的功W＝qEL，根據(jù)動能定理得 W＝mv2－mv， 所以qEL＝mv2－mv， 場強(qiáng)大小E＝. 答案： 4．長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場，一個帶電荷量為＋q

13、、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進(jìn)入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與下極板成30角，如圖所示，不計粒子重力，求： (1)粒子末速度的大??； (2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)； (3)兩板間的距離． 解析：(1)粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角為30，由速度關(guān)系得合速度： v＝＝. (2)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動， 在水平方向上：L＝v0t， 在豎直方向上：vy＝at， vy＝v0tan 30＝， 由牛頓第二定律得：qE＝ma 解得E＝. (3)粒子做類平拋運(yùn)動， 在豎直方向上：d＝at2，解得d＝L. 答案：(1)　(2)　(3)L 我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu)，實現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。