2018-2019學年高中物理 第一章 靜電場 9 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1.doc

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9 帶電粒子在電場中的運動 [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)在勻強電場中的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．一定是勻變速運動 B．不可能做勻減速運動 C．一定做曲線運動 D．可能做勻變速直線運動，不可能做勻變速曲線運動 解析：帶電粒子在勻強電場中受恒定合力(電場力)作用，一定做勻變速運動，初速度與合力共線時，做直線運動，不共線時做勻變速曲線運動，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，當加電壓(－U)時，電場力向下，勻速運動時有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從水平方向的勻強電場中的O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比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入平行板間的勻強電場后，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動，有h＝()2，得x＝v0，由v0＜v0得＞. 答案：C 5．如圖甲所示，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動；～過程中，電子向右減速運動，～T過程中電子向左加速，T～T過程中電子向左減速，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撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，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．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關(guān) 解析：由于微滴帶負電，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動，位移x＝vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移y＝t2＝()2，此為拋物線方程，C項正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量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，做勻速直線運動，位移相等，速度相等，由x＝vt得知，運動的時間相等，所以A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入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．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)子在加速電場中運動，有eU1＝mv 解得v0＝ (2)質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動． 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)子在整個運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的勻速運動，分別有BP＝vta，BC＝vtb，且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：由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，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，板間形成勻強電場，一個帶電荷量為＋q、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)勻強電場的場強； (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)粒子在勻強電場中做類平拋運動， 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)粒子做類平拋運動， 在豎直方向上：d＝at2，解得d＝L. 答案：(1)　(2)　(3)L