• 156.00 KB
  • 2021-05-22 发布

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

  • 6页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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