【學練考】2021-2022學年高二人教版物理選修3-1練習冊：1.10-帶電粒子在電場中的運動-

9帶電粒子在電場中的運動學問點一帶電粒子的加速1．如圖L1-9-1所示，一個平行板電容器充電后與電源斷開，從負極板處釋放一個電子(不計重力)，設其到達正極板時的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負極板處釋放一個電子，設其到達正極板時的速度為v2，加速度為a2，則()圖L1-9-1A．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r(2)2．如圖L1-9-2所示，在P板四周有一個電子(不計重力)由靜止開頭向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列說法正確的是()圖L1-9-2A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速度就越大B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C．電子到達Q板時的速度與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關D．以上說法均不正確3．如圖L1-9-3所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，N、M間電勢差為U(U>0)．一質量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則其穿過等勢面N時的速度大小為()圖L1-9-3A.eq\r(\f(2qU,m))B．v0＋eq\r(\f(2qU,m))C.eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))D.eq\r(veq\o\al(2,0)－\f(2qU,m))學問點二帶電粒子的偏轉4．(多選)如圖L1-9-4所示，一電子沿Ox軸射入電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知OA＝AB，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動能變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則()圖L1-9-4A．vCy∶vDy＝1∶2B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶45．一束由不同種正離子組成的粒子流以相同的速度從同一位置沿垂直于場強的方向射入勻強電場中，全部離子的軌跡都是一樣的，這說明全部粒子()A．都具有相同的比荷B．都具有相同的質量C．都具有相同的電荷量D．都屬于同一元素的同位素6．(多選)如圖L1-9-5所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成．假如在熒光屏上P點消滅亮斑，那么示波管中的()圖L1-9-5A．極板X應帶正電B．極板X′應帶正電C．極板Y應帶正電D．極板Y′應帶正電學問點三帶電粒子在組合場中的運動7．如圖L1-9-6所示，電子在電勢差為U1的電場中由靜止加速后，垂直射入電勢差為U2的偏轉電場．在滿足電子能射出偏轉電場的條件下，下列四種狀況中，肯定能使電子的偏轉角變大的是()圖L1-9-6A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小8．如圖L1-9-7所示，位于O點的靜止的電子在加速電壓U1的作用下經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場中，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離．現(xiàn)使U1加倍，若要使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應當()圖L1-9-7A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)倍9．(多選)如圖L1-9-8甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔，在左邊和右邊兩個金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強電場；有一個比荷eq\f(q,m)＝1.0×10－2C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔A處由靜止釋放，粒子在靜電力作用下從小孔射出(不計粒子重力)，其v-t圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖L1-9-8A．左側金屬板接電源的正極B．所加電壓U＝100VC．乙圖中的v2＝2mD．通過極板間隙所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)10．(多選)圖L1-9-9為陰極射線管示意圖，無偏轉電場時，電子束加速后打到熒屏中心形成亮斑．假如只漸漸增大M1M2圖L1-9-9A．在熒屏上的亮斑向上移動B．在熒屏上的亮斑向下移動C．偏轉電場對電子做的功增大D．偏轉電場的電場強度減小11．如圖L1-9-10所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時消滅在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()圖L1-9-10A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))12．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、質量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下板邊緣射出，射出時末速度恰與下板成θ＝30°角，如圖L1-9-11所示，不計粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)勻強電場的場強；(3)兩板間的距離.圖L1-9-1113．如圖L1-9-12所示，在空間中取直角坐標系xOy，在第一象限內(nèi)平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d＝4cm，從y軸到MN之間的區(qū)域布滿一個沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E＝375V/m.初速度可以忽視的帶負電的粒子經(jīng)過另一個電勢差為U＝10V的電場加速后，從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域，OA的距離h＝4.5cm.已知帶電粒子的比荷為eq\f(q,m)＝0.8C(1)帶電粒子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經(jīng)受的時間t和離開電場區(qū)域時的速率v；(2)帶電粒子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離l.圖L1-9-12

10帶電粒子在電場中的運動1．D[解析]電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時，場強不變，電子在電場中受到的靜電力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動能定理Ue＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2).2．C[解析]電子由P板四周到Q板的過程中，靜電力做功，依據(jù)動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU,m))，速度大小與U有關，與兩板間距離無關．選項C正確．3．C[解析]依據(jù)動能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，故選項C正確．4．AD[解析]電子在水平方向做勻速運動，OA＝AB，則在OC段和CD段所用的時間相等，電子在豎直方向做勻加速運動，由v＝at得vCy∶vDy＝1∶2，選項A正確；由y＝eq\f(1,2)at2得y1∶y2＝1∶4，由動能定理有qEy＝ΔEk，則ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，選項D正確．5．A[解析]當粒子從偏轉電場中飛出時的偏轉位移y或速度的偏轉角θ相同時，則粒子的軌跡相同．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Uq,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)及tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(UqL,dmveq\o\al(2,0))知，當粒子的比荷eq\f(q,m)相同時，偏轉位移y和偏轉角θ均相同．6．AC[解析]電子受力方向與電場方向相反，極板X、Y帶正電，選項A、C正確．7．B[解析]由帶電粒子在電場中的加速和偏轉運動規(guī)律可知tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)，選項B正確．8．A[解析]要使電子的軌跡不變，應使電子進入偏轉電場后，任一水平位移x所對應的偏轉位移y保持不變．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qU2x2,2mdveq\o\al(2,0))和qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得y＝eq\f(U2x2,4U1d).可見在x、y肯定時，U2∝U1，選項A正確．9．ABD[解析]帶電粒子從左極板向右運動，可判定左極板接電源正極，選項A正確；由v-t圖像可得粒子的加速度a＝2m/s2，兩極板的間距d＝0.25m，由qE＝ma得E＝200V/m，U＝2Ed＝100V，選項B正確；可將粒子在兩個間隙間的運動看成是初速度為0的連續(xù)勻加速運動，兩間隙距離相等，由勻變速運動的規(guī)律可得t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，v1∶v2＝1∶eq\r(2)，將v1＝1m/s代入，得v2＝eq\r(2)m/s，選項C錯誤，D正確．10．AC[解析]由E＝eq\f(U,d)，增大U，則偏轉電場的電場強度增大，選項D錯誤；平行極板方向，l＝v0t，增大偏轉電場，運動時間t不變，電子帶負電，被正板吸引，由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Uq,2md)t2可知，增大偏轉電場，豎直偏移量y增大，選項A正確；偏轉電場方向上，電子向上運動，靜電力做功W＝qEy＝eq\f(q2U2l2,2md2veq\o\al(2,0))隨U增大而增大，選項C正確．11．B[解析]兩個粒子都做類平拋運動．兩個粒子在豎直方向上都做加速度大小相等的勻加速直線運動，由于豎直位移大小相等，所以它們的運動時間相等．兩個粒子在水平方向上都做速度大小相等的勻速直線運動，由于運動時間相等，所以水平位移大小相等．綜合推斷，兩個粒子運動到軌跡相切點的水平位移都為eq\f(s,2)，豎直位移都為eq\f(h,2)，由eq\f(h,2)＝eq\f(Eq,2m)t2，eq\f(s,2)＝v0t得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，選項B正確．12．(1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),3qL)(3)eq\f(\r(3)L,6)[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．有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＝v0tvy＝at解得E＝eq\f(\r(3)mveq\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).13．(1)0.01s5m/s(2[解析](1)由qU＝eq\f(1,2)mveq\o