2024-2025學(xué)年高中物理第1章靜電場9帶電粒子在電場中的運動作業(yè)含解析新人教版選修3-1

PAGE6-帶電粒子在電場中的運動(時間：40分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1．帶電荷量為q的α粒子，以初動能Ek從兩平行金屬板的正中心沿垂直于電場線的方向進入在這兩板間存在的勻強電場中，恰從帶負電的金屬板的邊緣飛出來，且飛出時的動能變?yōu)?Ek，則金屬板間的電壓為()A．eq\f(Ek,q) B．eq\f(2Ek,q)C．eq\f(Ek,2q) D．eq\f(4Ek,q)B[該兩板間的電壓為U，由動能定理得：eq\f(U,2)q＝Ek末－Ek初＝2Ek－Ek＝Ek，故U＝eq\f(2Ek,q)，B正確。]2.如圖所示，在P板旁邊有一電子由靜止起先向Q板運動，則關(guān)于電子到達Q時的速率與哪些因素有關(guān)，下列說明正確的是()A．兩極板間的距離越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B．兩極板間的距離越小，加速的時間就越短，則獲得的速率越小C．兩極板間的距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大D．與兩極板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D[由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當(dāng)兩極板間的距離改變時，U不變，v就不變，與d無關(guān)，A、B、C錯誤，D正確。]3.噴墨打印機的簡化模型如圖所示。重力可忽視的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直于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．向負極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能漸漸增大C．運動軌跡是拋物線D．運動軌跡與帶電荷量無關(guān)C[由于微滴帶負電，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。微粒所帶電荷量影響電場力及其加速度大小，運動軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項錯誤。]4.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，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(chǎn)的電荷量肯定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量肯定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于a的比荷C[粒子在電場中做類平拋運動，有h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·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)。]5．(多選)一臺正常工作的示波管，突然發(fā)覺熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的緣由可能是()A．加速電壓偏大 B．加速電壓偏小C．偏轉(zhuǎn)電壓偏大 D．偏轉(zhuǎn)電壓偏小AD[畫面高度縮小，說明電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時偏轉(zhuǎn)角θ減小，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，tanθ＝eq\f(qU1L,mdv\o\al(2,0))，得tanθ＝eq\f(U1L,2dU0)，則引起θ變小的緣由可能是加速電壓U0偏大或偏轉(zhuǎn)電壓U1偏小，A、D正確。]6．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負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。]二、非選擇題(14分)7.如圖所示，長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以初速度v0緊貼上板垂直于電場線的方向進入該電場，而后剛好從下板邊緣射出，射出時其末速度恰與下板的夾角θ＝30°，不計粒子重力，求：(1)粒子的末速度大??；(2)勻強電場的場強大?。?3)兩板間的距離。[解析](1)粒子在平行金屬板間做類平拋運動，把射出極板的速度分解，如圖所示，則粒子的末速度v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0。(2)豎直分速度vy＝v0tan30°＝eq\f(\r(3),3)v0由牛頓其次定律得qE＝ma由類平拋運動規(guī)律得L＝v0t，vy＝at，解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),3qL)。(3)由類平拋運動規(guī)律得tan30°＝eq\f(d,\f(L,2))，解得d＝eq\f(\r(3)L,6)。[答案](1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),3qL)(3)eq\f(\r(3)L,6)一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1．一束正離子以相同的速率從同一位置，沿垂直于電場方向飛入勻強電場中，全部離子的運動軌跡都是一樣的，這說明全部粒子()A．都具有相同的質(zhì)量 B．都具有相同的電荷量C．具有相同的荷質(zhì)比 D．都是同一元素的同位素C[由偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qEl2,2mv\o\al(2,0))可知，若運動軌跡相同，則水平位移相同，偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有eq\f(q,m)相同。]2．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1B[豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝eq\f(qE,2m)t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B對。]3．(多選)有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的油滴，從極板左側(cè)中心以相同的水平初速度v先后垂直電場射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則()A．油滴A帶正電，B不帶電，C帶負電B．三個油滴在電場中運動時間相等C．三個油滴在電場中運動的加速度aA＜aB＜aCD．三個油滴到達極板時動能EkA＜EkB＜EkCACD[三個微粒的初速度相等，水平位移xA＞xB＞xC，依據(jù)水平方向上做勻速直線運動，所以由公式x＝vt得tA＞tB＞tC。三個微粒在豎直方向上的位移相等，依據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，知aA＜aB＜aC。從而得知B僅受重力，A所受的電場力向上，C所受的電場力向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負電，故A、C正確，B錯誤；依據(jù)動能定理，三個微粒重力做功相等，電場力對A做負功，電場力對C做正功，所以C的動能改變量最大，A動能改變量最小，初動能相等，所以三個微粒到達極板時的動能EkA＜EkB＜EkC，故D正確。]4．圖(a)為示波管的原理圖。假如在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律改變，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律改變，則在熒光屏上會看到的圖形是()(a)(b)(c)ABCDB[在示波管中，若fY＝fX，呈現(xiàn)一個完整波形；若fY＝2fX，則呈現(xiàn)兩個波形，即呈現(xiàn)波形的個數(shù)n＝eq\f(fY,fX)。本題中，在t＝0時刻UX負值最大，所以在x方向上向負半軸偏轉(zhuǎn)的電子離原點最遠，而UY＝0，在y軸沒有偏轉(zhuǎn)，A、C錯誤。由UY的改變知，以后的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以B正確，D錯誤。]二、非選擇題(本題共2小題，共26分)5．(12分)一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進入勻強電場，如圖所示。假如兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L。設(shè)粒子束不會擊中極板，求粒子從進入電場到飛出極板時電勢能的改變量。(粒子的重力忽視不計)[解析]水平方向勻速運動，則運動時間t＝eq\f(L,v0) ①豎直方向加速運動，則偏移距離y＝eq\f(1,2)at2 ②且a＝eq\f(qU,md) ③由①②③得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))則電場力做功W＝qE·y＝q·eq\f(U,d)·eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))由功能關(guān)系得電勢能削減了eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))。[答案]電勢能削減了eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))6．(14分)如圖所示是一個示波管工作原理圖，電子經(jīng)電壓U1＝4.5×103V加速后以速度v0沿兩極板的中線進入電壓U2＝180V，間距為d＝1.0cm，板長l＝5cm的平行金屬板組成的偏轉(zhuǎn)電場，離開電場后打在距離偏轉(zhuǎn)電場s＝10cm的屏幕上的P點，(e＝1.6×10－19C，m＝0.9×10－30(1)電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0；(2)射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏角tanθ；(3)打在屏幕上的側(cè)移位移OP。[解析](1)電子在加速電場中加速，由動能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4×107(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，在水平方向：l＝v0t1，在豎直方向上由牛頓其次定律得：a＝eq\f(eU2,md)沿電場方向的速度：vy＝at1設(shè)射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)代入數(shù)據(jù)解得：tanθ＝0.1。(3)飛出電場