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- 2021-05-24 发布
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带电粒子在电场中的运动
(25分钟 60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.如图甲是某电场中的一条电场线,A、B是这条电场线上的两点,若将一负电荷从A点自由释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中的v-t图像如图乙所示。关于EA、EB和φA、φB的比较,下列说法正确的是 ( )
A.EA>EB,φA>φB B.EA>EB,φA<φB
C.EAφB D.EAEB,故B正确,A、C、D错误。
2.如图所示,两平行带电金属板,从负极板处释放一个电子(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4倍,再从负极板处释放一个电子,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∶
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∶2
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【解析】选D。由C=,C=,U=Ed可以推导得E=,极板距离增大但电场强度不变,因此加速度大小不变,a1∶a2=1∶1;根据运动学公式2as=v2,a大小不变,s变为原来的4倍,则v1∶v2=∶=1∶2,因此A、B、C错误,D正确。
3.如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知=,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则 ( )
A.vCy∶vDy=2∶1
B.vCy∶vDy=1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3
D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4
【解析】选D。电子沿Ox轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知=,则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A、B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上:yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则得ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C错误,D正确。
4.如图,喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间,有的沿水平直线①飞出,有的沿曲线②从板边缘飞出,有的沿曲线③运动到板的中点上。不计空气阻力及油滴间的相互作用,则 ( )
A.沿直线①运动的所有油滴质量都相等
B.沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等
C.沿曲线②、③运动的油滴,运动时间之比为1∶2
D.沿曲线②、③运动的油滴,加速度大小之比为1∶4
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【解析】选D。设正对金属板之间的电场强度为E,沿直线①运动的所有油滴满足mg=qE,即=相等,故A、B错误;沿曲线②、③运动的油滴,在初速度方向上有:x=v0t,x2=2x3,初速度相等,所以有:t2∶t3=2∶1,竖直方向有h=at2,联立解得:a2∶a3=1∶4,故C错误,D正确。
5.如图所示为示波管的工作原理图,电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场,离开偏转电场时偏转量是h,两平行板间的距离为d,电压为U2,板长为L,每单位电压引起的偏移叫作示波管的灵敏度。为了提高灵敏度,可进行的操作是 ( )
A.减小d B.减小L C.增大U1 D.增大U2
【解析】选A。电子在加速电场中加速,根据动能定理可得:eU1=m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为:v0=,电子进入偏转电场后偏转的位移为:h=at2=··=,所以示波管的灵敏度为:=。要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d和减小U1,所以A正确,B、C、D错误。
6.如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入水平平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则 ( )
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为2∶1
C.A和B的质量之比为1∶1
D.A和B的位移大小之比为1∶1
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【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)带电粒子垂直射入电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式,求解质量之比。
(3)根据水平位移与初速度之比求解时间之比。
【解析】选A。粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向:x=v0t,初速度相等,所以t∝x,A和B在电场中运动的时间之比==,故A正确;粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,y=at2,y相同,a与t2成反比,==,故B错误;由牛顿第二定律得:qE=ma,则粒子质量m=,=·=,故C错误;A、B的位移大小之比:=≠,故D错误。
【补偿训练】
如图,平行板电容器A、B两极板水平放置,将其和二极管串联接在电源上,已知A板和电源正极相连,二极管具有单向导电性。一带负电小球从A、B间的某一固定点水平射入,打在B板上的N点,小球的重力不能忽略,现通过上下平移A板来改变两板间距,则下列说法正确的是 ( )
A.当A、B间距增大时,小球可能打在N点的左侧
B.当A、B间距减小时,小球可能打在N点的左侧
C.当A、B间距减小时,电场力对小球做功不变
D.当A、B间距增大时,电场力对小球做功不变
【解析】选D。当A、B间距d增大时,电容减小,由图得Q不可能减小,所以Q不变,根据E==,知E不变,电场力不变,小球仍然打在N点。运动轨迹不变,所以电场力做功也不变,故A错误,D正确;当A、B间距减小时,电容增大,电容器充电,平行板间的电压不变,根据E=可知,电场强度变大,由于小球带负电,
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受到向上的电场力,所以小球运动的加速度会变小,则在平行板间运动的时间会变长,所以水平位移也将变大,应该落在N点的右侧,并且随着电场力的增大,则克服电场力做功也将变大,故B、C错误。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)一束电子流在经U1的加速电压加速后,从两极板中间垂直进入平行板中的匀强电场,如图所示,若两极板间距为d,板长为L,平行板间电压为U2。
(1)求电子经加速电压加速后的速度v0。
(2)若电子能从极板飞出,求沿竖直方向的侧移量y。
(3)求电子刚好从极板边沿离开平行板时的动能。
【解析】(1)在加速电场中加速,根据动能定理得:
eU1=m解得:v0=
(2)进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动:L=v0t
在竖直方向做匀加速运动:y=at2
其中:a==
解得:y=
(3)根据动能定理可知:U1e+U2e=Ek-0
解得:Ek=U1e+U2e
答案:(1) (2) (3)U1e+U2e
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8.(12分)如图,ACB是一条足够长的绝缘水平轨道,轨道CB处在方向水平向右、大小E=1.0×106 N/C的匀强电场中,一质量m=0.25 kg、电荷量q=-1.5×10-6 C的可视为质点的小物块,在距离C点L0=5.5 m的A点处,以初速度v0=12 m/s开始向右运动。已知小物块与轨道间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10 m/s2,求:
(1)小物块到达C点时的速度大小;
(2)小物块在电场中运动离C点的最远距离;
(3)小物块在电场中运动的时间。(结果可以用根式表示)
【解析】(1)根据牛顿第二定律,在轨道AC段,小物块的加速度:a==-4 m/s2
小物块到达C点的速度大小:-=2aL0
解得:vC=10 m/s
(2)根据牛顿第二定律,在轨道CB段,小物块向右减速的加速度a1=
=-10 m/s2
小物块在电场中向右运动的时间t1==1 s
小物块在电场中向右运动的最远位移x1=t1=5 m
(3)由于qE>μmg,所以小物块匀减速后反向向左加速,直到滑出电场。根据牛顿第二定律,小物块向左加速的加速度a2==2 m/s2
小物块在电场中向左运动的时间t2== s
小物块在电场中运动的总时间t=t1+t2=(1+) s
答案:(1)10 m/s (2)5 m (3)(1+) s
(15分钟 40分)
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9.(6分)(多选)带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是 ( )
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往返运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【解析】选B、D。带电粒子在电场中受到的电场力大小相等,方向相反,故加速度大小相等,方向相反,带电粒子先加速后减速,沿着一条直线运动,故B、D正确。
10.(6分)如图所示是示波管的原理图,它由电子枪、荧光屏和两对相互垂直的偏转电极XX′、YY′组成。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子,电子经加速电极间电场加速后进入偏转电极,两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转。荧光屏上有xOy直角坐标系,x轴与电极XX′的金属板垂直(其正方向由X′指向X),y轴与电极YY′的金属板垂直(其正方向由Y′指向Y)。若使亮斑位于荧光屏上第三象限的某一位置,下列说法正确的是( )
A.将极板X′、Y′接高电势
B.将极板X、Y接高电势
C.电源1必须使用直流电源
D.电源2可以使用交流电源
【解析】选A。若使亮斑位于荧光屏上第三象限的某一位置,需使电子受力向X′、Y′,所以将极板X′、Y′接高电势,故A正确、B错误;灯丝中的电流可以是交流电,也可以是直流电(电源1),但加速电压(电源2)必须是直流电,即左边接负极、右边接正极,故C、D错误。
11.(6分)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C,质子的质量为1.67×10-27 kg,电荷量为1.6×10-19 C,则下列说法正确的是 ( )
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A.加速过程中质子电势能增加
B.质子所受到的电场力约为2×10-15 N
C.质子加速需要的时间约为8×10-6 s
D.加速器加速的直线长度约为4 m
【解析】选D。根据能量守恒定律得,动能增加,电势能减小,故A错误;质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19=2.08×10-14 N,故B错误;根据牛顿第二定律得加速度为:a== m/s2=1.25×1013 m/s2,则加速时间为:
t== s=0.8×10-6 s,故C错误;加速器加速的直线长度约为:
L=t=×0.8×10-6 m=4 m,故D正确。
12.(22分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m= 0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:
(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处释放?
(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)
【解析】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是:
mg=m,v==2 m/s,
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滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得:
qEx-μmgx-2mgR=mv2,
代入数据解得:x=20 m;
(2)滑块过P点时,由动能定理:
-mgR-qER=mv2-m,
所以 =v2+2(g+)R,
在P点由牛顿第二定律:FN-qE=,
所以FN=3(mg+qE)。
代入数据得:FN=1.5 N
根据牛顿第三定律F压=FN=1.5 N。
答案:(1)20 m (2)1.5 N
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