2019-2020版高中物理 第一章 9 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè) 新人教版選修3-1

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1、9　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.(2019·山西太原月考)一帶電粒子在電場(chǎng)中只受靜電力作用時(shí),它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　A　) A.勻速直線運(yùn)動(dòng) B.勻加速直線運(yùn)動(dòng) C.勻變速曲線運(yùn)動(dòng) D.勻速圓周運(yùn)動(dòng) 解析:只在靜電力的作用下,說(shuō)明粒子受到的合外力的大小為靜電力,不為零,不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A正確;當(dāng)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放后,粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后,粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;正電荷周圍的電子只在靜電力作用下,可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤. 2.(2019·貴州銅仁校級(jí)檢測(cè))如圖所示,M,N是真空中的兩塊平行金屬板,質(zhì)量為m、電荷量

2、為q的帶電粒子,以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng),當(dāng)M,N間電壓為U時(shí),粒子恰好能到達(dá)N板,如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M,N板間距的后返回,下列措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重力)(　B　) A.使初速度減為原來(lái)的 B.使M,N間電壓加倍 C.使M,N間電壓提高到原來(lái)的4倍 D.使初速度和M,N間電壓都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 解析:由qEl=m知,當(dāng)v0變?yōu)関0時(shí)l變?yōu)?因?yàn)閝E=q,所以qEl=q·l=m,通過(guò)分析知B選項(xiàng)正確. 3.如圖所示,質(zhì)子H)和α粒子He)以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(粒子不計(jì)重力),則這兩個(gè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y之比為(　B　) A.1∶1 B.1

3、∶2 C.2∶1 D.1∶4 解析:由y=和Ek0=m得y=,y與q成正比,選項(xiàng)B正確. 4.(2019·四川成都月考)如圖所示,質(zhì)量相等的兩個(gè)帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中O點(diǎn)自由釋放后,分別抵達(dá)B,C兩點(diǎn),若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于(　B　) 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正確. 5.(2019·河南鄭州月考)一束正離子以相同的速率從同一位置,沿垂直于電場(chǎng)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)中,所有離子的運(yùn)動(dòng)軌跡都是一樣的,這說(shuō)明所有粒子(　C　) A.都具有相同的質(zhì)量 B.都具有

4、相同的電荷量 C.具有相同的荷質(zhì)比 D.都是同一元素的同位素 解析:由偏轉(zhuǎn)距離y=可知,若運(yùn)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,C正確. 6.兩個(gè)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(chǎng),如圖所示.帶正電的粒子流由電場(chǎng)區(qū)域的一端M射入電場(chǎng),沿圖中所示的半圓形軌道通過(guò)電場(chǎng)并從另一端N射出,由此可知(不計(jì)粒子重力)(　C　) 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,則出射粒子的速率一定相等 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

5、與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動(dòng)能一定相等 解析:由題圖可知,該粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),靜電力提供向心力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C正確. 7.(2019·浙江溫州檢測(cè))噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)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(chǎng)飛入極板間,最終打在紙上.則微滴在極板間電場(chǎng)中(　A　) A.向正極板偏轉(zhuǎn) B.電勢(shì)能逐漸增大 C.運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧 D.運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無(wú)關(guān) 解析:由于微滴帶負(fù)電,電場(chǎng)方向向下,因此微滴受到的靜電力方向向上,微滴向正極板偏轉(zhuǎn),A項(xiàng)正確;偏轉(zhuǎn)過(guò)程中靜電力做

6、正功,電勢(shì)能減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;微滴在垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),位移x=vt,沿電場(chǎng)反方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移y=·t2=·x2,此為拋物線方程,C項(xiàng)錯(cuò)誤;從式中可以看出,運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量q有關(guān),D項(xiàng)錯(cuò)誤. 8.一個(gè)動(dòng)能為Ek的帶電粒子,垂直于電場(chǎng)線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時(shí)動(dòng)能為2Ek.如果使這個(gè)帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,那么它飛出電容器的動(dòng)能變?yōu)?　C　) A.8Ek B.5Ek C.4.25Ek D.4Ek 解析:因?yàn)槠D(zhuǎn)距離為y=,帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí),偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)?所以靜電力做功只有W=0.25Ek,而初動(dòng)能變?yōu)?Ek,故它飛

7、出電容器時(shí)的動(dòng)能變?yōu)?.25Ek,C正確. 9.(2019·貴州遵義校級(jí)模擬)如圖所示,地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域,剛好通過(guò)豎直平面中的P點(diǎn),已知連線OP與初速度方向的夾角為45°,則此帶電小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(　D　) A.m B.m C.2m D.m 解析:由題可知,小球到P點(diǎn)時(shí),水平位移和豎直位移相等,即v0t=t,合速度vP==v0,則EkP=m=m,故D正確. 10.在光滑水平面上有一比荷=1.0×10-7 C/kg的帶正電小球,靜止在O點(diǎn),以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn),在水平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,現(xiàn)突然加一沿

8、x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為2.0×106 V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng),小球開始運(yùn)動(dòng).經(jīng)過(guò)1.0 s,所加電場(chǎng)突然變?yōu)檠貀軸正方向,電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變.則小球運(yùn)動(dòng)的軌跡和位置坐標(biāo)正確的是圖中的(　C　) 解析:小球加速度大小a==0.20 m/s2,1 s末小球速度vx=at=0.20 m/s,沿x軸方向距離x1=at2=×0.20×12 m=0.10 m.第2 s內(nèi)小球做類平拋運(yùn)動(dòng), x方向x2=vxt=0.20 m,沿y軸方向y2=at2=×0.20×12 m=0.1 m,故第2 s末小球坐標(biāo)為(0.30 m,0.10 m),故C正確. (教師備用) 1.(2019·廣州深圳月考)(多選)一

9、帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E中,如圖所示.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,其速度變?yōu)樗椒较?大小仍為v0,則(　BCD　) A.靜電力等于重力的2倍 B.粒子運(yùn)動(dòng)的水平位移的大小等于豎直位移的大小 C.靜電力做的功一定等于重力做功的負(fù)值 D.粒子電勢(shì)能的減少量一定等于重力勢(shì)能的增加量 解析:粒子在水平方向上ax=,vx=axt;豎直方向上vy=v0-gt,到達(dá)B時(shí),vx=v0,vy=0,所以有v0=axt,0=v0-gt,故ax=g,qE=mg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理有qEx-mgh=0,得x=h,選項(xiàng)B正確;WE=-WG,選項(xiàng)C正確; ΔEE=-ΔEG,選項(xiàng)D正確. 2

10、.如圖為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì)),經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M,N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)),電子進(jìn)入M,N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直,電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn).已知M,N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長(zhǎng)為L(zhǎng),電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力. (1)求電子穿過(guò)A板時(shí)速度的大小; (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的側(cè)移量y; (3)若要電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方,可采取哪些措施? 解析:(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,由動(dòng)能定理有eU1=m,解得v0=. (2)電子沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度為a,電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t=,a=,y=at2,解得y=. (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 答案:(1)　(2) (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 5