新教材粵教版高中物理課時作業(yè)2-2帶電粒子在電場中的運動

課時分層作業(yè)(九)(建議用時：25分鐘)考點1帶電粒子在電場中的加速運動1．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是()A．eq\f(edL,U) B．edULC．eq\f(eU,dL) D．eq\f(eUL,d)D[電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力。根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUL,d)，所以D正確。]2．如圖所示，在點電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達(dá)B點時，它們的速度大小之比為()A．1∶2 B．2∶1C．eq\r(2)∶1 D．1∶eq\r(2)C[質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點釋放將受靜電力作用加速運動到B點，設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理可知，對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU對α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,α)＝qαU所以eq\f(vH,vα)＝eq\r(\f(qHmα,qαmH))＝eq\r(\f(1×4,2×1))＝eq\r(2)∶1。]3．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是()A．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．鈉離子(Na＋) D．都相同B[qU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確。]4．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點A[設(shè)AB、BC間的電場強度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ①當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd′2)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)BC板間的電場強度與板間距無關(guān)，大小不變。第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0 ②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運動到P點時返回，選項A正確。]考點2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題5．如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1A[帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平位移為x＝v0t，兩次運動的水平位移之比為2∶1，兩次運動的水平速度相同，故運動時間之比為t1∶t2＝2∶1，由于豎直方向上的位移為h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比為1∶8，又因為加速度a＝eq\f(Uq,mdAB)，故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2＝1∶8，故A正確。]6．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)C[電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確。]7．如圖所示，一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時到達(dá)屏上同一點B．先后到達(dá)屏上同一點C．同時到達(dá)屏上不同點D．先后到達(dá)屏上不同點B[一價氫離子(H＋)和二價氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4U1d)相同，所以會打在同一點，B正確。]8．如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′電壓為零時，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場加速后會打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)系的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，y軸正方向豎直向上)。若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，則()A．X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負(fù)極B．X、Y′極接電源的正極，X′、Y接電源的負(fù)極C．X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負(fù)極D．X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極D[若要使電子打在題圖所示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負(fù)極；電子在y軸上也向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負(fù)極，所以選項D正確。]9．兩平行金屬板A、B水平放置，一個質(zhì)量為m＝5×10－5kg的帶電微粒，以v0＝2m/s的水平速度從兩板正中央位置射入電場，如圖所示，A、B兩板間距離為d＝2cm，板長l＝10cm，g＝10m/s2(1)當(dāng)A、B間的電勢差UAB＝100V時，微粒恰好不偏轉(zhuǎn)，沿圖中虛線射出電場，求該粒子的電荷量和電性；(2)令B板接地，欲使該微粒射出偏轉(zhuǎn)電場，求A板所加電勢的范圍。[解析](1)粒子水平射出，由平衡得mg＝q·eq\f(UAB,d)解得q＝1×10－7由于粒子重力方向是豎直向下，根據(jù)二力平衡，粒子所受的電場力方向為豎直向上，而A板是正極，故粒子帶負(fù)電。(2)B板接地φB＝0UAB′＝φA－φB＝φA粒子恰好從A、B板邊緣射出，則水平方向v0t＝l豎直方向eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)解得a＝8m/s2從A板射出q·eq\f(UAB′,d)－mg＝ma從B板射出mg－q·eq\f(UAB′,d)＝ma解得20V≤φA≤180V。[答案](1)1×10－7C，帶負(fù)電(2)20V≤φA≤(建議用時：15分鐘)10．真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，重力不計)。下列說法中正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2C[由U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v1∶v2∶v3＝eq\r(2)∶1∶1，再由t＝eq\f(l,v0)可得t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，A錯誤；由y＝eq\f(U0ql2,2dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U0l2,4dU1)可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點射出，且速度方向相同，故一定打在屏上的同一點，C正確；由eq\f(1,2)mv2＝U1q＋eq\f(U0,d)qy可得v＝eq\r(2U1＋\f(2U0,d)y\f(q,m))，因eq\f(q,m)不同，故三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度不相同，B錯誤；由偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功為W電＝eq\f(U0,d)qy可知，W電1∶W電2∶W電3＝1∶1∶2，D錯誤。]11．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?fù)電后，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．向負(fù)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)C[由于微滴帶負(fù)電，其所受電場力指向正極板，故微滴在電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項錯誤；微滴在電場中所受電場力做正功，電勢能減小，B項錯誤；由于極板間電場是勻強電場，電場力不變，故微滴在電場中做勻變速曲線運動，并且軌跡為拋物線，C項正確；帶電量影響電場力及加速度大小，運動軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項錯誤。]12．如圖所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上。在A板的中央P點放置一個電子發(fā)射源?？梢韵蚋鱾€方向釋放電子。設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，射出的初速度為v。求電子打在板上的區(qū)域面積。(不計電子的重力)[解析]打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運動，在垂直于電場方向做勻速運動，即r＝vt在平行電場方向做初速度為零的勻加速運動，即d＝eq\f(1,2)at2電子在平行電場方向上的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)電子打在B板上的區(qū)域面積S＝πr2由以上幾式得S＝eq\f(2πmv2d2,eU)。[答案]eq\f(2πmv2d2,eU)13．如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力。求：(1)電子穿過A板時速度的大?。?2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？[解析](1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做