高中物理人教版1第一章靜電場第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動 優(yōu)秀

一、單項選擇題1.如圖所示的示波管，當兩偏轉電極XX′、YY′電壓為零時，電子槍發(fā)射的電子經加速電場加速后會打在熒光屏上的正中間(圖示坐標的O點，其中x軸與XX′電場的場強方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場的場強方向重合)．若要電子打在圖示坐標的第Ⅲ象限，則()A.X、Y接電源的正極，X′、Y′接電源的負極B.X、Y′接電源的正極，X′、Y接電源的負極C.X′、Y接電源的正極，X、Y′接電源的負極D.X′、Y′接電源的正極，X、Y接電源的負極2.如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置，若在兩板中間a點由靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再從a點由靜止釋放一同樣的微粒，則該微粒將()A.保持靜止狀態(tài)B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動3.如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關S合上后，靜電計指針張開一個角度．下列做法可使指針張角增大的是()A.使A、B兩板靠近些B.使A、B兩板正對面積錯開些C.斷開S后，使B板向左平移減小板間距D.斷開S后，使A、B板錯位正對面積減小4.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子，在負極板附近有另一質量為m、電荷量為－q的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時由靜止開始運動．已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面，若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為()A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶15.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的電荷量一定大于b的電荷量B.a的質量一定小于b的質量C.a的比荷一定大于b的比荷D.a的動能增量一定小于b的動能增量6.如圖甲所示，兩個平行金屬板P、Q正對豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓．t＝0時，Q板比P板電勢高U0，在兩板的正中央M點有一電子在電場力作用下由靜止開始運動(電子所受重力可忽略不計)．已知電子在0～4t0時間內未與兩板相碰，則電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時間是()A.0＜t＜t0B.t0＜t＜2t0C.2t0＜t＜3t0D.3t0＜t＜4t0二、不定項選擇題7.如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動8.如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板．質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板．若要使這個帶電粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A.使初速度減為原來的eq\f(1,3)B.使M、N間電壓提高到原來的eq\f(3,2)倍C.使M、N間電壓提高到原來的3倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(2,3)9.如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板間的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2.一電子由靜止開始經U1加速后，進入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出．不計電子重力，下列說法正確的是()A.減小U1，電子一定打在金屬板上B.增大U1，電子一定打在金屬板上C.增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出D.減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出10.如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出，微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內的運動，下列說法正確的是()A.末速度大小為eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD.克服電場力做功為mgd三、計算題11.如圖所示，一個質量為m,帶電荷量為＋q的粒子在O點以初速度v0與水平方向成θ角射出，如果在某方向上加上一定大小的勻強電場后，可使粒子沿初速度方向做直線運動．求：(1)所加最小勻強電場的場強大小及方向．(2)若加上水平向左、大小一定的勻強電場，則當粒子速度為零時距O點的距離.12.如圖所示，虛線MN左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質量為m)無初速度地放入電場E1中的A點(A點離兩場邊界距離為eq\f(L,2))，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O.求：(1)電子從釋放到剛射出電場E2時所用的時間．(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ.(3)電子打到屏上的點P′到點O的距離y.1.D解析：若要使電子打在第Ⅲ象限，電子在x軸上向負方向偏轉，則應使X′接正極，X接負極；電子在y軸上也向負方向偏轉，則應使Y′接正極，Y接負極，選項D正確．2.D解析：兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止，有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°，電場力方向也逆時針旋轉45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確．3.D解析：由于靜電計的金屬球與A板等電勢，外殼與B板等電勢(電勢都為零)，因此靜電計測量的是電容器兩板間的電壓，如果S一直閉合，則兩板間的電壓始終等于電源的電動勢，靜電計的張角不會改變，選項A、B錯誤；如果使開關S斷開，電容器上帶電荷量一定，由U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εS)可知，當兩板間的距離減小時，U變小，靜電計的張角變小，選項C錯誤；當兩板間的正對面積減小，則兩板間的電壓增大，靜電計的張角增大，選項D正確．4.A解析：兩個粒子的加速度為aM＝eq\f(qE,M)，am＝eq\f(qE,m)，設兩粒子經過同一平面的時間為t，則位移分別為xM＝eq\f(1,2)aMt2＝eq\f(2,5)l，xm＝eq\f(1,2)amt2＝eq\f(3,5)l，故M∶m＝am∶aM＝xm∶xM＝3∶2，選項A正確．5.C解析：粒子在電場中做類平拋運動，由h＝eq\f(qE,2m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，得eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb)，選項A、B錯誤，C正確；動能增量ΔEk＝qEh，q大小關系未知，選項D錯誤．6.C解析：在0～t0時間內，電子向右做初速度為零的勻加速運動，在t0～2t0時間內，電子向右做勻減速運動，直到速度減小到零；在2t0～3t0時間內，電子向左做初速度為零的勻加速運動，在3t0～4t0時間內，電子向左做勻減速運動，直到速度減小為零．所以電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時間是2t0～3t0，選項C正確．7.BD解析：要使粒子在電場中直線運動，必須使合力與運動方向在一直線上，由題意可受力分析知，粒子受重力豎直向下，電場力垂直極板向上，合力水平向左，選項A錯誤；因電場力做負功，故電勢能增加，選項B正確；合力做負功，故動能減少，選項C錯誤；因合力為定值且與運動方向在一直線上，選項D正確．8.BD解析：由題意知，帶電粒子在電場中做減速運動，在粒子恰好能到達N板時，由動能定理可得－qU＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，要使粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，設此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(veq\o\al(2,1),veq\o\al(2,0))，選項B、D正確．9.AD解析：設電子通過偏轉電場的時間為t1，由qU1＝eq\f(1,2)mv2，L＝vt1可知，若減小U1，則v減小，時間t增加，再由y＝eq\f(1,2)at2可知，射出偏轉電場時的偏轉位移增大，故一定會打在金屬板上，選項A正確；同理可知，若增大U1，則不會打在金屬板上，選項B錯誤；由a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)可知，若t2不變，增大U2時，偏轉位移增大，電子不能從水平金屬板射出，選項C錯誤；同理，若減小U2，則電子一定能從水平金屬板間射出，選項D正確．10.BC解析：因0～eq\f(T,3)內微粒做勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直方向速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平方向速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－geq\f(T,3)＝0，粒子的豎直方向速度減小到零，水平方向速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤．11.解：(1)當場強方向與v0垂直且向左上方時，電場強度最小，如圖1所示．由平衡條件知qEmin＝mgcosθ解得Emin＝eq\f(mgcosθ,q)圖1圖2(2)如圖2所示，由牛頓第二定律得eq\f(mg,sinθ)＝ma解得a＝eq\f(g,sinθ)粒子做勻減速運動的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0)sinθ,2g)12.解：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1.由牛頓第二定律和運動學公式得a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1電子在電場E2中沿水平方向做勻速直線運動t2＝eq\f(L,v1)解得運動的總時間為t＝t1＋t2＝2eq\r(\f(