2019春高中物理 第1章 靜電場 9 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1

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1、第一章　9 帶電粒子在電場中的運動 基礎(chǔ)夯實 一、選擇題(1～3題為單選題，4～6題為多選題) 1．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是(　A　) A．勻速直線運動　　 B．勻加速直線運動 C．勻變速曲線運動　　 D．勻速圓周運動 解析：因為粒子只受到電場力作用，所以不可能做勻速直線運動。 2．(2016·南京市江浦高中高二上學(xué)期段考)如圖，P和Q為兩平行金屬板，板間電壓為U，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動．關(guān)于電子到達Q板時的速率，下列說法正確的是(　C　) A．兩板間距離越大，加速時間越長，獲得的速率就越大 B．兩板間距離越小

2、，加速度越大，獲得的速率就越大 C．與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān) D．以上說法都不正確 解析：粒子運動過程只有電場力做功， 根據(jù)動能定理：eU＝mv2，v＝ 因為加速電壓不變，所以最后的末速度大小不變，故C正確，A、B、D錯誤。 3．如圖，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(zhì)量均為m、帶電量分別為＋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)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　B　) A．　　 B． C．　　 D． 解析：兩粒子在電場力作

3、用下做類平拋運動，由于兩粒子軌跡相切，根據(jù)類平拋運動規(guī)律，有＝v0t，＝t2，解以上兩式得v0＝，選項B正確。 4．(2018·海南省華僑中學(xué)高二上學(xué)期期中)示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　AC　) A．極板X應(yīng)帶正電　　 B．極板X′應(yīng)帶正電 C．極板Y應(yīng)帶正電　　 D．極板Y′應(yīng)帶正電 解析：由題意可知，在XX′方向上向X方向偏轉(zhuǎn)，X帶正電，A對B錯；在YY′方向上向Y方向偏轉(zhuǎn)，Y帶正電，C對D錯。 5．(2018·廣東省惠州市高二上學(xué)期期末)如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、帶負電和不帶

4、電的小球，從平行板電場的中點以相同的初速度垂直于電場方向進入，它們分別落在A、B、C三點，下列說法正確的是(　BD　) A．落在C點的小球帶正電 B．落在A點的小球帶正電 C．三個小球在電場中運動的時間相等 D．三個小球到達極板時的動能關(guān)系為EkC>EkB>EkA 解析：小球在電場中做類平拋運動，小球在水平方向上做勻速直線運動，根據(jù)x＝v0t知，tA>tB>tC，根據(jù)y＝at2，偏轉(zhuǎn)位移相等，則aA

5、能定理知，C的合力最大，則C球合力做功最多，A球合力做功最小，可知C球動能增加量最大，A球動能增加量最小，初動能相等，所以三個小球到達極板時的動能關(guān)系為EkC>EkB>EkA，D正確。 6．(2016·湖北襄陽市棗陽一中高二上學(xué)期檢測)如圖是一個說明示波管工作的原理圖，電子經(jīng)加速電場(加速電壓為U1)加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電壓為U2，板長為L，每單位電壓引起的偏移叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法(　BC　) A．增大U2　　 B．增大L C．減小d　　 D．增大U1 解析：電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理可得

6、，eU1＝mv， 所以電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為，v0＝， 電子進入偏轉(zhuǎn)電場后的偏轉(zhuǎn)位移為， h＝at2＝()2＝， 所以示波管的靈敏度＝，所以要提高示波管的靈敏度可以增大L，減小d或減小U1，所以BC正確，故選BC。 二、非選擇題 7．(2017·西藏拉薩中學(xué)高二上學(xué)期月考)如圖所示，電荷量為－e，質(zhì)量為m的電子從A點沿與電場垂直的方向進入勻強電場，初速度為v0，當(dāng)它通過電場中B點時，速度與場強方向成150°角，不計電子的重力，求： (1)電子經(jīng)過B點的速度多大； (2)AB兩點間的電勢差多大。 答案：(1)2v0　(2)－ 解析：(1)電子垂直進入勻強電場中，做

7、類平拋運動，B點的速度v＝＝2v0， (2)電子從A運動到B由動能定理得： －eUAB＝mv2－mv A、B兩點間的電勢差UAB＝＝－ 能力提升 一、選擇題(1～3題為單選題，4、5題為多選題) 1．為模擬空氣凈化過程，有人設(shè)計了如圖所示的含灰塵空氣的密閉玻璃圓桶，圓桶的高和直徑相等。第一種除塵方式是：在圓桶頂面和底面間加上電壓U，沿圓桶的軸線方向形成一個勻強電場，灰塵的運動方向如圖甲所示；第二種除塵方式是：在圓桶軸線處放一直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與圓桶壁間加上的電壓也等于U，形成沿半徑方向的輻向電場，灰塵的運動方向如圖乙所示。已知空氣阻力與灰塵運動的速度大小成正比，即Ff＝kv(k為一

8、定值)，假設(shè)每個灰塵的質(zhì)量和帶電荷量均相同，重力可忽略不計，則在這兩種方式中(　C　) A．灰塵最終一定都做勻速運動 B．灰塵受到的電場力大小相等 C．電場對單個灰塵做功的最大值相等 D．在圖乙中，灰塵會做類平拋運動 解析：灰塵可能一直做加速運動，故選項A錯誤；兩種不同方式中，空間中的電場強度大小不相等，所以灰塵所受電場力大小不相等，故選項B錯誤；電場對單個灰塵做功的最大值為qU，故在兩種方式中電場對灰塵做功的最大值相同，故選項C正確；在圖乙中，灰塵做直線運動，故選項D錯誤。 2．(2016·黑龍江大慶鐵人中學(xué)高二上學(xué)期檢測)如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(

9、b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是(　B　) A．0

10、直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場，場強為E，一質(zhì)量為m、電量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N極上的C點，已知AB＝BC。不計空氣阻力，則可知(　B　) A．微粒在電場中的加速度是變化的 B．微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等 C．MN板間的電勢差為 D．MN板間的電勢差為 解析：微粒受到重力和電場力兩個力作用，兩個力都是恒力，合力也是恒力，所以微粒在電場中的加速度是恒定不變的，故A錯誤。將微粒的運動分解為水平和豎直兩個方向，粒子水平方向做勻加速運動，豎直方向做豎直上拋運動，則有

11、 BC＝t，AB＝t，由題，AB＝BC，得到vC＝v0，即微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等，故B正確。根據(jù)動能定理，研究由A到C過程得，－mgBC＋q＝0，BC＝，聯(lián)立得U＝，所以MN板間的電勢差為，故CD錯誤。 4．(2016·廣州實驗中學(xué)高二上學(xué)期期中)a、b、c三個質(zhì)量和電荷量都相同的粒子由同一點垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，對于三個粒子在電場中的運動，下列說法正確的是(　ACD　) A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 B．b和c同時飛離電場 C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小 D．動能的增量相比，c的最小，a和b的

12、一樣大 解析：粒子在電場中做類平拋運動，由于a、b、c質(zhì)量和電荷量都相同，所以它們的加速度也相同，由題圖可知豎直方向位移ya＝y(tǒng)b>yc，由y＝at2可知運動時間ta＝tb>tc；水平方向xaΔEkc，故ACD正確。 5．(2018·黑龍江省雙鴨山一中高二上學(xué)期月考)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示。由此可見(　

13、AD　) A．電場力為3mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等 D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等 解析：兩個平拋過程水平方向的位移是二倍的關(guān)系，所以時間也是二倍的關(guān)系，故C錯誤；分別列出豎直方向的方程，即h＝gt2，＝()2，解得F＝3mg，故A正確；小球受到的電場力向上，與電場方向相反，所以小球應(yīng)該帶負電，故B錯誤；速度變化量等于加速度與時間的乘積，即Δv＝at，結(jié)合以上的分析可得，AB過程Δv＝gt，BC過程Δv＝＝gt，故D正確。 二、非選擇題 6．(2018·湖北省襄陽市高二下學(xué)期調(diào)研)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的

14、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(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求： (1)電子從釋放到打到屏上所用的時間t； (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)電子打在屏上的點P′(圖中未標(biāo)出)到點O的距離x. 答案：(1)3　(2)2　(3)3L 解析：(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由

15、牛頓第二定律得：a1＝＝ ① 由x＝at2得：＝a1t ② 電子進入電場E2時的速度為：v1＝a1t1 進入電場E2到PQ水平方向做勻速直線運動，時間為： t2＝ ③ 出電場后到光屏的時間為：t3＝ ④ 電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t＝t1＋t2＋t3 ⑤ 聯(lián)立①→⑤求解得：t＝3； (2)設(shè)粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得，電子進入電場E2時的加速度為： a2＝＝ ⑥， vy＝a2t2 ⑦ 電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ＝ ⑧ 聯(lián)立①②③⑥⑦⑧得：tanθ＝2 ⑩。 (3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示，設(shè)電子打到屏上的點P′到O點的距離x， 根據(jù)上圖幾何關(guān)系得，tanθ＝ ? 聯(lián)立⑩?得：x＝3L。 8