2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 課時提升作業(yè)八 1.9 帶電粒子在電場中的運動 新人教版選修3-1.doc

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課時提升作業(yè) 八 帶電粒子在電場中的運動 (40分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題7分，共56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，所有離子的軌跡都是一樣的，這說明所有粒子 (　　) A.具有相同的質(zhì)量 B.具有相同的電荷量 C.電荷量和質(zhì)量的比相同 D.屬于同一元素的同位素 【解析】選C。由偏轉(zhuǎn)距離y=可知，若軌跡相同，則水平位移相同，偏轉(zhuǎn)距離也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，若y相同，應(yīng)有qm相同。 2.(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B板時速度為v，保持兩板電壓不變，則 (　　) A.當(dāng)增大兩板間距離時，v增大 B.當(dāng)減小兩板間距離時，v變小 C.當(dāng)改變兩板間距離時，v不變 D.當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間增長 【解析】選C、D。由動能定理eU=12mv2，當(dāng)改變兩極板距離時，v不變，故C選項正確；粒子做初速度為零的勻加速直線運動，v=dt，v2=dt，即t=2dv，當(dāng)d變大時，電子在板間運動時間增長，故D選項正確。 3.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央沿垂直于電場線的方向進(jìn)入勻強電場，恰從帶負(fù)電的金屬板邊緣飛出來，且飛出時動能變?yōu)?Ek。則金屬板間的電壓為 (　　) A.Ekq　　 　B.2Ekq　　 　C.Ek2q　 　　D.4Ekq 【解析】選B。兩金屬板間電壓U為金屬板正中央到負(fù)極板間電壓U′的2倍，qU′=2Ek-Ek所以，U=2U′=2Ekq。 【補償訓(xùn)練】 一個初動能為Ek的電子，垂直電場線飛入平行板電容器中，飛出電容器的動能為2Ek，如果此電子的初速度增至原來的2倍，則它飛出電容器的動能變?yōu)? (　　) A.4Ek　　　　　　　 B.8Ek C.4.5Ek D.4.25Ek 【解析】選D。平行板間電場可看成勻強電場。據(jù)動能定理得qU=2Ek-Ek=Ek。當(dāng)電子的速度增為原來的2倍時，它的初動能變?yōu)?Ek，在電場中運動時間變?yōu)樵瓉淼?2，偏轉(zhuǎn)位移變?yōu)樵瓉淼?4，所以進(jìn)入點與飛出點的電勢差U′=14U，又由動能定理可得qU′=Ek′-4Ek，E′k=4Ek+14qU=4Ek+14Ek=4.25Ek。 4.如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1 作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1變?yōu)樵瓉淼?倍，要想使電子的軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該 (　　) A.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 D.使U2變?yōu)樵瓉淼?2 【解析】選A。由動能定理eU=12mv2，要使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，也就是粒子的偏轉(zhuǎn)距離y不變，y=，即y=。若U1變化2倍，U2也變化2倍，故A選項正確。 【補償訓(xùn)練】 (多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量hU2)可采取的方法是 (　　) A.減小兩板間電勢差U2 B.盡可能使板長L短些 C.盡可能使板間距離d小一些 D.使加速電壓U1減小一些 【解析】選C、D。電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)。 加速過程　eU1=12mv02， 偏轉(zhuǎn)過程　L=v0t，h=12at2=eU22mdt2 綜合得hU2=L24U1d ，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應(yīng)選C、D。 5.如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電小球，從平行板電場中的P點以相同的初速度垂直于E進(jìn)入電場，它們分別落到A、B、C三點 (　　) A.落到A點的小球帶正電，落到B點的小球不帶電 B.三小球在電場中運動的時間相等 C.三小球到達(dá)正極板時動能關(guān)系：EkA>EkB>EkC D.三小球在電場中運動的加速度關(guān)系：aA>aB>aC 【解析】選A。帶負(fù)電的小球受到的合力為：mg+F電′，帶正電的小球受到的合力為：mg-F電′，不帶電小球僅受重力mg，故aC>aB>aA，D錯誤；小球在板間運動時間：t=xv0，所以tCEkB>EkA，C錯誤。 【補償訓(xùn)練】 如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M，N點，若OM=MN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計重力) (　　) A.3∶4　　 B.4∶3　 　C.3∶2　 　D.2∶3 【解析】選A。粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，兩粒子的初速度相等，水平位移之比為1∶2，則運動時間之比為1∶2。根據(jù)y=12at2，得加速度之比為4∶1，根據(jù)牛頓第二定律得a=qEm，因為P和Q的電荷量之比為3∶1，則質(zhì)量之比為3∶4，故選項A正確，B、C、D錯誤。 6.豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進(jìn)入板間電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是 (　　) A.兩電荷的電荷量相等 B.兩電荷在電場中運動的時間相等 C.兩電荷在電場中運動的加速度相等 D.兩電荷離開電場時的動能相等 【解析】選B。M、N兩個電荷在電場中做類平拋運動，將它們的運動分解為沿豎直方向的勻速直線運動和水平方向的勻加速直線運動。設(shè)板長為L，電荷的初速度為v0，則電荷運動時間為t=Lv0，L，v0相同，則時間t相同，故選項B正確；水平方向的位移為y=12at2，a=qEm，則y=12qEmt2，E，t相同，y不同，因m的大小關(guān)系不清楚，q的關(guān)系不能確定，故選項A錯誤；由側(cè)向位移大小y=12at2，t相同，y不同，加速度a不相等，故選項C錯誤；根據(jù)動能定理，Ek-12mv02=qEy，則Ek=12mv02+qEy，Ek大小關(guān)系無法判斷，故選項D錯誤。 7.(多選)如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，則 (　　) A.場強的方向豎直向上 B.場強的方向豎直向下 C.兩極板間的電勢差大小為mgdq D.油滴的電勢能增加了mgd 【解析】選A、C。由題分析可以知道，微粒做勻速直線運動，加速度為零，除重力外還有豎直向上的電場力，因為電荷帶正電，所以電場強度的方向為豎直向上，所以A正確，B錯誤；由上可以知道微粒的電勢能變化量Δε=mgd，又Δε=qU，得到兩極板的電勢差U=mgdq，所以C正確；重力做負(fù)功mgd，微粒的重力勢能增加，動能不變，根據(jù)能量守恒定律得知，微粒的電勢能減小了mgd，故D錯誤。 8.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(dá)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∶1 C.1∶2 D.2∶1 【解析】選B。兩個帶電液滴在復(fù)合場中分別受到大小不變的電場力和重力(即各自的合力不變)，又是由靜止自由釋放，可以知道兩個液滴均做初速度為零的勻加速直線運動(在水平和豎直兩個方向上均是初速度為零的勻加速直線運動)，運動軌跡如圖所示，設(shè)OA的距離為L，設(shè)AB=BC=h。 對液滴1： 水平方向上有：L=12q1Emt12 ① 豎直方向上有：h=12gt12 ② 對液滴2： 水平方向上：L=12q2Emt22 ③ 豎直方向上有：2h=12gt22 ④ ①②③④式聯(lián)立得：q1q2=2∶1 選項B正確，A、C、D錯誤。 【補償訓(xùn)練】 (多選)(2015山東高考)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(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)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(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是 (　　) A.末速度大小為2v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了12mgd D.克服電場力做功為mgd 【解析】選B、C。因為中間T3與后面T3時間加速度等大反向，所以離開電容器時，豎直速度為零，只有水平速度v0，A錯誤，B正確；中間T3時間和后面T3時間豎直方向的平均速度相等，所以豎直位移也相等，因為豎直方向總位移是d2，所以后面T3時間內(nèi)豎直位移是d4，克服電場力做功W=2qE0d4=2mgd4=12mgd，D錯誤。重力勢能減少等于重力做功mgd2，C正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共44分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 9.(22分)如圖所示，帶負(fù)電的小球靜止在水平放置的平行板電容器兩極板間，距下極板0.8 cm，兩極板間的電勢差為300 V。如果兩極板間電勢差減小到60 V，則帶電小球運動到極板上需多長時間？ 【解析】取帶電小球為研究對象，設(shè)它帶的電荷量為q、質(zhì)量為m，則帶電小球受重力mg和電場力qE的作用。 當(dāng)U1=300 V時，小球受力平衡：mg=qU1d① 當(dāng)U2=60 V時，帶電小球向下極板做勻加速直線運動： 由F=ma知：mg-qU2d=ma?、? 又h=12at2　③ 由①②③得：t=2U1h(U1-U2)g=23000.810-2(300-60)10 s≈4.510-2 s。 答案：4.510-2 s 10.(22分)如圖所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進(jìn)入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間，若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求： (1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度。 (2)金屬板AB的長度。 【解析】(1)在加速電場中，由動能定理得 eU0=12mv02，所以v0=2eU0m。 (2)在偏轉(zhuǎn)電場中，由類平拋運動規(guī)律 a=eUdm，L=v0t，y=12at2=d2 由上式解得L=d2U0U。 答案：(1)2eU0m　(2)d2U0U 【能力挑戰(zhàn)區(qū)】 1.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場，如圖所示。帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知(不計粒子重力) 6(　　) A.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等 B.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等 C.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動能一定相等 【解析】選B、C。由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力qE=mv2r得r=mv2qE，r、E為定值，若q相等則12mv2一定相等；若qm相等，則速率v一定相等，故B、C正確。 2. 如圖所示，一平行板電容器板長l=4 cm，板間距離為d=3 cm，傾斜放置，使板面與水平方向夾角α=37，若兩板間所加電壓U=100 V，一帶電荷量q=310-10 C的負(fù)電荷以v0=0.5 m/s的速度自A板左邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中沿水平方向運動，并恰好從B板右邊緣水平飛出，則帶電粒子從電場中飛出時的速度為多少？帶電粒子的質(zhì)量為多少？(g取10 m/s2) 【解析】帶電粒子能沿直線運動，所受合力與運動方向在同一直線上，由此可知重力不可忽略，受力如圖所示。 電場力在豎直方向上的分力與重力等值反向，則帶電粒子所受合力與電場力在水平方向上的分力相同。即水平方向上F合=qEsin α =qUdsin α，豎直方向上mg=qEcos α m=qEcosαg=qUdgcosα=310-10100310-2100.8 kg=810-8 kg 根據(jù)動能定理12mv2-12mv02=F合s，s=l2+d2 聯(lián)立以上各式解得v=1 m/s。 答案：1 m/s　810-8 kg