2019-2020学年高中物理第一章静电场9带电粒子在电场中的运动课后检测含解析新人教版选修3-1 0 13页

带电粒子在电场中的运动 记一记 带电粒子在电场中的运动知识体系 ‎2种运动方式——加速和偏转 ‎1种思想方法——类平抛运动的分解 辨一辨 ‎1.质量很小的带电粒子不受静电力的作用．(×)‎ ‎2．带电粒子在电场中只受电场力作用时，电场力一定做正功．(×)‎ ‎3．电场力做正功时，粒子动能一定增加．(×)‎ ‎4．带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(√)‎ ‎5．带电粒子在匀强电场中偏转时，可用平抛运动的知识分析．(√)‎ ‎6．示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置．(√)‎ 想一想 ‎1.如何确定带电粒子在点电场中运动过程中动能和电势能的变化情况？‎ 提示：带电粒子动能的变化由合外力做的功对应，具体由动能定理讨论，而电势能的变化只跟电场力做功有关，具体由W电＝－ΔEp决定．‎ ‎2．带电粒子经电场偏转后速度的偏转角和侧移的距离与哪些因素有关？‎ 提示：设粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v0，偏转电场极板长度为l，极板间电压为U，极板间距为d，则由l＝v0t，a＝，vy＝at，速度偏向角的正切值为：tanθ＝＝，侧移的距离：y＝at2＝.可知：粒子速度的偏角和侧移距离都由带电粒子和偏转电场共同决定．‎ ‎3．带电粒子经电场加速后由经偏转电场偏转后粒子速度的偏向角和侧移距离与哪些因素有关？‎ 提示：设加速电压为U1，偏转电压为U2，其质量不变，则由qU1＝mv，l＝v0t.a＝，则tanθ＝＝，y＝at2＝.可知，粒子速度的偏转离和侧移距离仅由加速电场和转偏电场决定，与粒子本身因素无关．‎ 思考感悟：　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　练一练 ‎ 1.‎ - 13 -‎ ‎[2019·山东省普通高中学业水平考试]如图所示，两金属板竖直正对放置，左极板带正电，右极板带负电，将一带正电粒子从两板间中心处O点由静止释放，不计粒子重力，关于粒子碰到极板前的运动情况．下列判断正确的是(　　)‎ A．先向左再向右运动 B．先向右再向左运动 C．向右做加速直线运动 D．向左做加速直线运动 答案：C ‎2．[2019·浙江省普通高中学业水平考试]如图所示，为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束．其中加热电源的电动势为E，加速电压为U.下列说法正确的是(　　)‎ A．加热电源的正负不能接反 B．加速电压的正负不能接反 C．加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板 D．电子被加速时，一定是沿着电场线运动的 答案：B ‎3．[2019·湖南省普通高中学业水平考试]如图所示，P、Q为两块带等量异种电荷的平行金属板，板长L＝8×10－‎3 m，板间匀强电场的方向垂直极板由P指向Q，场强大小E＝4×104 N/C.有一带正电且电量q＝1×10－‎8 C，质量m＝1×10－‎10 kg的微粒(不计重力)，从P板边缘以平行极板的速度v＝8×‎102 m/s射入电场，并能从电场的右侧飞出．‎ ‎(1)求微粒所受的电场力F的大小；‎ ‎(2)求微粒在电场中的运动时间t；‎ ‎(3)如果微粒恰好能从Q板边缘飞出，求两板间的距离d.‎ 答案：(1)4×10－4 N　(2)1×10－5 s　(3)2×10－‎‎2 m ‎4．[2019·新疆维吾尔族自治区普通高中学业水平考试]如图所示，水平放置的平行金属板A、B长度均为L，板间距离为d，一质量为m的带电粒子平行于金属板以速度v0从距A板飞入电场，当A、B间电势差UAB＝U0(U0>0)时，带电粒子恰好沿直线穿过电场．求：‎ - 13 -‎ ‎(1)带电粒子的电性和所带电荷量；‎ ‎(2)为保证带电粒子能从板间飞出，两板间所加电压的最大值．‎ 答案：(1)　(2)(U0＋)‎ 要点一 带电粒子的加速 ‎1.‎ ‎[2019·晋城高二检测]如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是(　　)‎ A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大、‎ C．获得的速率大小与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．两板间距离越小，加速的时间越短，则获得的速率越小 解析：由eU＝mv2得：v＝.可知v仅与U有关．即C项正确．‎ 答案：C ‎2.‎ ‎(多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，‎ 下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　)‎ A．使初速度减为原来的倍 B．使M、N间电压加倍 C．使M、N间电压增加到原来的4倍 D．使初速度和M、N间的电压都减为原来的倍 解析：由qE·l＝mv，当v0变为v0时l变为；因为qE＝q，所以qE·l＝q·l＝mv，通过分析知B、D两项正确．‎ - 13 -‎ 答案：BD ‎3．如图甲所示的平行板电容器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，这时两板中间原来的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，则下述说法正确的是(不计电子重力)(　　)‎ A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返向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 D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动 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，C项正确．‎ 答案：C ‎4．一个电子(质量为9.1×10－‎31 kg，电荷量为1.6×10－‎19 C)以v0＝4.0×‎107 m/s的初速度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知电场强度大小E＝2.0×105 N/C，不计重力，求：‎ ‎(1)电子在电场中运动的加速度大小；‎ ‎(2)电子进入电场的最大距离；‎ ‎(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．‎ 解析：(1)电子沿电场线的方向飞入，仅受电场力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：qE＝ma，‎ 得a＝＝3.5×‎1016 m/s2.‎ ‎(2)电子做匀减速直线运动，由运动学公式得：v＝2ax 所以x＝＝2.3×10－‎2 m.‎ ‎(3)由动能定理得：－eE·＝Ek－mv 所以Ek＝mv－eEx＝3.6×10－16 J 答案：(1)3.5×‎1016 m/s2 (2)2.3×10－‎2 m (3)3.6×10－16 J 要点二 带电粒子在电场中的偏转 ‎5.‎ ‎[2019·黄冈模拟]如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线夹角为30°.已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P - 13 -‎ 点的电势为零．则下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子在Q点的电势能为qU B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为E＝ D．此匀强电场的电场强度大小为E＝ 解析：由粒子的轨迹知粒子所受电场力沿电场线方向，故粒子带正电荷，故B项错误．因电P→Q电场力做正功，粒子电势能减小，而规定P点电势为零，故Ep(P)＝0.Ep(Q)<0，故A项错误．设粒子初速度为v0，则t＝，又由速度分解知识知，Q点粒子平衡于电场方向速度v11＝v0/tan30°＝v0，所以 P、Q内沿平衡于电场方向的距离x＝t＝d，所以E＝＝.即C项正确．‎ 答案：C ‎6.‎ ‎[2019·湖北武昌实验中学检测]如图所示，有一质子(质量为m、电荷量为e)由静止开始经电压为U1的电场加速后，进入两极间距离为d、板间电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场．求：‎ ‎(1)质子刚进入偏转电场U2时的速度v0；‎ ‎(2)质子在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长度L；‎ ‎(3)质子穿出偏转电场时的动能Ek.‎ 解析：(1)质子在加速电场中运动，有eU1＝mv，解得v0＝.‎ ‎(2)质子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．‎ 水平方向：L＝v0t，竖直方向：＝at2，加速度a＝ 联立解得：t＝d，极板长L＝d.‎ ‎(3)质子在整个运动过程中由动能定理得eU1＋e＝Ek，‎ 质子射出电场时的动能Ek＝e(U1＋)．‎ 答案：(1)　(2)d　d　(3)e(U1＋)‎ ‎7.‎ 一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距离d＝‎1.0 cm，板长l＝‎5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？‎ - 13 -‎ 解析：加速过程中，由动能定理得eU＝mv 进入偏转电场，电子在平行板面的方向上做匀速直线运动l＝v0t 在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动，‎ 加速度a＝＝，偏移的距离y＝at2‎ 电子能飞出的条件y≤ 联立解得U′≤＝ V＝4.0×102 V 即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为400 V.‎ 答案：400 V ‎8．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝‎0.4 m，两板间距离d＝4×10－‎3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两板 中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－‎5 kg，电荷量q＝＋1×10－‎8 C．(g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)微粒入射速度v0为多少？‎ ‎(2)闭合开关S，为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围？‎ 解析：(1)由＝v0t，＝gt2可解得v0＝＝‎10 m/s.‎ ‎(2)电容器的上极板应接电源的负极．‎ 当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即＝a1()2，又a1＝，解得U1＝120 V 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即＝a2()2，又a2＝，解得U2＝200 V 所以120 V0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴．设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，粒子从P到y轴所需的时间为t0，则(　　)‎ A．由题中条件可以判断出粒子的带电性质 B．对h≤d的粒子，h越大，t0越大 C．对h≤d的粒子，在时间t0内，电场力对粒子做的功不相等 D．对h≥d的粒子，h越大，电场力对粒子做的功越大 解析：由题意可知，粒子向左偏，电场力方向向左，由电场线的方向可确定，粒子带正电，A项正确；对h≤d的粒子，粒子受到的电场力相同，加速度也相同，因此运动时间也相等，由于粒子的初速度不同，所以才导致h的不同，B项错误；对h≤d的粒子，在时间t0内，沿电场力方向的位移相同，因此电场力做功相等，C项错误；对h≥d的粒子，h越大，进入电场时的速率v越大，通过电场的时间t越小，沿电场方向的位移x＝就越小，电场力对粒子做的功越小，D项错误．‎ 答案：A ‎4．(多选)[2019·四川泸州高级中学期末考试]某静电除尘装置有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，如图甲所示．图乙是该装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是(　　)‎ - 13 -‎ A．只增大高度d B．只增大长度L C．只增大电压U D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0‎ 解析：增大除尘率即让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移y＝()2，由此可知，只增大U，只增大L，只减小d或只减小v0均可增大除尘率，故B、C两项正确，A、D两项错误．‎ 答案：BC ‎5.‎ 一个带正电的油滴从如图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是(　　)‎ 解析：油滴自电场上方落入电场，即油滴进入电场时有一定的速度，而油滴受重力和电场力的作用，两者的合力指向右下侧，而油滴进入电场时的速度方向为竖直向下，故油滴的轨迹应如B项的情形．‎ 答案：B ‎6.‎ 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 解析：‎ 考查带电粒子在电容器中的运动，解题的关键是正确的受力分析及明确各力做功情况．画出带电粒子的受力分析图如图所示，重力与电场力不可能平衡，A项错误；带电粒子沿水平直线向右运动过程电场力做负功，电势能增加，B项正确；合外力对带电粒子做负功，其动能减小，C项错误；带电粒子做匀减速直线运动，D项正确．‎ 答案：BD - 13 -‎ ‎7.‎ 带电粒子以速度v0沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小为v0，则一定有(　　)‎ A．静电力大小等于重力大小 B．粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小 C．静电力所做的功一定等于重力所做的功 D．电势能的减少一定等于重力势能的增加 解析：由题意可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，均为a＝v0/t，平均速度大小也相等，故水平位移和竖直位移大小相等，故A、B两项正确；在运动过程中，电场力做正功，重力做负功，故C项错误；由能量守恒，可知D项正确．‎ 答案：ABD ‎8.‎ 如图所示，质子(H)和α粒子(He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．2∶1 D．1∶4‎ 解析：由y＝和Ek0＝mv，得：y＝可知，y与q成正比，故选B项．‎ 答案：B ‎9.‎ ‎(多选)[2019·山西大学附属中学期中考试]如图所示，一个质量为m、带电荷量为g的粒子(重力不计)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，下列方法可行的是(　　)‎ A．仅再使粒子的电荷量变为原来的 B．仅再使两板间电压减为原来的 C．仅再使两板间距离增为原来的4倍 D．仅再使两板间距离增为原来的2倍 解析：设平行板长度为l，两板间距离为d，板间电压为U，该粒子沿初速度方向做匀速运动，有t＝，垂直初速度方向做匀加速运动，有a＝，y＝＝at2＝.欲使粒子的入射速度为时也能恰好穿过电场区域而不碰到金属板，如仅再使粒子的电荷量减少为原来的，则y - 13 -‎ ‎1＝＝d，，粒子恰好穿过电场而不碰金属板，故A项正确；仅再使两板间的电压减小到原来的，则y2＝＝d，粒子将打到极板上，故B项错误；仅再使两板间的距离增为原来的4倍，则y3＝＝d，粒子射出时距离下板d，故粒子不是恰好穿过电场，故C项错误；仅再使两板间的距离增为原来的2倍，则y4＝＝d，粒子恰好穿过电场，故D项正确．‎ 答案：AD ‎10．示波管原理如图甲所示，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终出现如图乙所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应加上的电压组是(　　)‎ 解析：电子通过偏转电极时受电场力作用会偏向偏转电极的正极，因此结合题图可知A项正确．‎ 答案：A ‎11．如图(1)所示是示波管的原理图，它由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成．电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点，不加任何电压时，电子打在荧光屏中心．若亮点移动很快，由于视觉暂留现象，能在荧光屏看到一条亮线．现在加上频率较高的偏转电压，则下列说法正确的是(　　)‎ - 13 -‎ A．如果只在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsinωt的电压，能在荧光屏上看到一条水平的亮线 B．如果只在偏转电极XX′上加上如图(2)所示的电压，能在荧光屏上看到一条倾斜的亮线 C．如果在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图(2)所示的电压，能在荧光屏上看到一条正弦曲线，可能如图(4)所示 D．如果在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图(2)所示的电压，能在荧光屏上看到一条正弦曲线，可能如图(5)所示 解析：如果只在偏转电极YY′上加上如题图(3)所示U＝Umsinωt的电压，则电子在XX′方向不运动，只在YY′方向偏转，能在荧光屏上看到一条竖直的亮线，故A项错误；如果只在偏转电极XX′上加上如题图(2)所示的电压，能在荧光屏上看到一条水平的亮线，故B项错误；如果在偏转电极YY′上加上如题图(3)所示U＝Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上题图(2)所示的电压，因题图(2)中的电压为单一方向，则形成的图象只在O点的一侧．为一条正弦曲线，如题图(4)所示，故C项正确，D项错误．‎ 答案：C ‎12．(多选)[2019·湖南长沙一中期末考试]如图所示，真空环境下，三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中(　　)‎ A．电场力对液滴a、b做的功相等 B．三者动能的增量相同 C．液滴a与液滴b电势能的变化量相等 D．重力对c做的功最多 解析：因为液滴a、b的带电荷量的绝对值相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A项正确；电场力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，小于a、b动能的增量，故B项错误；对于液滴a和液滴b - 13 -‎ ‎，电场力均做正功，电场力所做的功等于电势熊的变化量，故C项正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，质量相同，所以重力做的功相等，故D项错误．‎ 答案：AC 能力达标 ‎13.[2019·云南省云天化中学期中考试]如图所示为一真空示波管，电子从位于中心线上的灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块带电平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎(1)电子穿过A板时的速度大小v0；‎ ‎(2)电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ ‎(3)P点到O点的距离y；‎ ‎(4)该示波器的灵敏度D(荧光屏上每单位偏转电压引起的偏转量)．‎ 解析：(1)对电子从K发出到穿过A板中心孔，由动能定理得 eU1＝mv，解得v0＝ ‎(2)电子在偏转电场中做类平抛运动 沿偏转电场方向有e＝ma，y＝at2‎ 垂直偏转电场方向有L1＝v0t 解得y＝ ‎(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，离开偏转电场到打在P点的过程中的侧移量为y′‎ vy＝at，tanθ＝，y′＝tanθ·L2，Y＝y＋y′‎ 解得Y＝(L1＋‎2L2)‎ ‎(4)该示波器的灵敏度D＝＝(L1＋‎2L2)‎ 答案：(1)　(2)　(3)(L1＋‎2L2)‎ ‎(4)(L1＋‎2L2)‎ ‎14．[2019·广东湛江市联考]在直角坐标系中，三个边长都为l＝‎2 m的正方形的排列如图所示，第一象限正方形ABOC区域中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E0，在第二象限三角形CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场．‎ ‎(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从A - 13 -‎ 点由静止释放，恰好能通过E点．求三角形CED区域内匀强电场的电场强度E1.‎ ‎(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC区域中某些点由静止释放与(1)问中相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系？‎ ‎(3)若三角形CED区域内的电场强度大小变为E2＝E0，其他条件都不变，则在正方形ABOC区域中某些点由静止释放与(1)问中相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点的坐标值x、y间又应满足什么关系？‎ 解析：(1)设粒子出第一象限时速度为v，由动能定理得qE‎0l＝mv2‎ 对粒子在三角形CED区域内的运动，由类平抛运动的规律有 l＝vt l＝·t2‎ 解得E1＝4E0‎ ‎(2)对粒子在正方形ABOC区域中的运动，由动能定理得qE0x＝mv 经过分析知，要过E点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移的大小要与水平位移的大小相等，均为y.‎ 则有y＝v1t1，y＝·t 解得y＝x ‎(3)对粒子在正方形ABOC区域中的运动，由动能定理得qE0x＝mv 粒子在第二象限中做类平抛运动时，设竖直位移大小为y′，由几何关系可得水平位移大小为y.则 y＝v2t2，y′＝·t 由平抛运动中速度的反向延长线交水平位移的中点可知＝ 解得y＝3x－4.‎ 答案：(1)4E0　(2)y＝x　(3)y＝3x－4‎ - 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