2019-2020年高中物理 第一章 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1.doc

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2019-2020年高中物理 第一章 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1 1. 如圖1所示，在勻強電場E中，一帶電粒子－q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子－q在開始運動后，將(　　) 圖1 A．沿電場線方向做勻加速直線運動 B．沿電場線方向做變加速直線運動 C．沿電場線方向做勻減速直線運動 D．偏離電場線方向做曲線運動 答案　C 解析　在勻強電場E中，帶電粒子所受電場力為恒力．帶電粒子受到與運動方向相反的恒定的電場力作用，產(chǎn)生與運動方向相反的恒定的加速度，因此，帶電粒子－q在開始運動后，將沿電場線做勻減速直線運動． 2．兩平行金屬板相距為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出，最遠到達A點，然后返回，如圖2所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖2 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　電子從O點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小．根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計重力．這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題．即mv＝eUOA.因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝.所以D正確． 3．下列粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后速度最大的是(　　) A．質(zhì)子H B．氘核H C．α粒子He D．鈉離子Na＋ 答案　A 解析　由qU＝mv2得v＝，然后比較各粒子的可得A正確． 4．如圖3所示，帶電粒子進入勻強電場中做類平拋運動，U、d、L、m、q、v0已知．請完成下列填空． 圖3 (1)穿越時間：________. (2)末速度：________. (3)側(cè)向位移：________，對于不同的帶電粒子若以相同的速度射入，則y與________成正比；若以相同的動能射入，則y與________成正比；若經(jīng)相同的電壓U0加速后射入，則y＝，與m、q無關(guān)，隨加速電壓的增大而________，隨偏轉(zhuǎn)電壓的增大而________． (4)偏轉(zhuǎn)角正切：________________(從電場出來時粒子速度方向的反向延長線必然過水平位移的________)． 答案　(1)　(2)　(3)　帶電粒子的比荷　粒子的電荷量　減小　增大　(4)　中點 解析　粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出的偏轉(zhuǎn)距離y＝at2＝()2.作粒子速度的反向延長線．設(shè)交水平位移所在直線于O點，O到右邊緣距離x ，則x＝＝.可知，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就好像從極板間的中央處沿直線射出一樣(經(jīng)常直接用于計算中，可簡化計算過程)． 5．示波管的基本原理：電子在加速電場中被加速，在偏轉(zhuǎn)電場中被偏轉(zhuǎn)．電子槍的作用是：產(chǎn)生高速飛行的一束電子．偏轉(zhuǎn)電極YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′電極上接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓． 【概念規(guī)律練】 知識點一　帶電粒子在電場中的直線運動 1. 如圖4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B點時，它們的速度大小之比為多少？ 圖4 答案　∶1 解析　設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理得 對質(zhì)子：mHv＝qHU 對α粒子：mαv＝qαU 所以＝＝＝. 點評　電荷在勻強電場中做勻變速運動時可用動能定理和運動學公式求解，當電荷在電場中做變加速運動時，不能用運動學公式求解，但可用動能定理求解． 2．一個電子(質(zhì)量為9.110－31 kg，電荷量為1.610－19 C)以v0＝4107 m/s的初速度沿著勻強電場的電場線方向飛入勻強電場，已知勻強電場的電場強度大小E＝2105 N/C，不計重力，求： (1)電子在電場中運動的加速度大??； (2)電子進入電場的最大距離； (3)電子進入電場最大距離的一半時的動能． 答案　(1)3.51016 m/s2　(2)2.2810－2 m (3)3.610－16 J 解析　(1)電子沿著勻強電場的電場線方向飛入時，僅受電場力作用，且做勻減速運動，由牛頓第二定律，得 qE＝ma，即a＝＝ m/s2＝3.51016 m/s2 (2)電子做勻減速直線運動．由運動學公式得 v＝2ax，即x＝＝ m＝2.2810－2 m. 所以電子進入電場的最大距離為2.2810－2 m (3)當電子進入電場最大距離一半時，即電子在電場中運動x′＝＝1.1410－2 m時，設(shè)此時動能為Ek，電場力做負功，由動能定理，得－qEx′＝Ek－mv 所以Ek＝mv－qEx′＝9.110－31(4107)2－1.610－1921051.1410－2＝3.610－16 J 點評　由牛頓第二定律，結(jié)合勻變速直線運動的規(guī)律或動能定理求解． 知識點二　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 3．如圖5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?　　) 圖5 A．2倍 B．4倍 C. D. 答案　C 解析　電子在兩極板間做類平拋運動． 水平方向：l＝v0t，所以t＝. 豎直方向：d＝at2＝t2＝，故d2＝，即d∝，故C正確． 4. 如圖6所示，電子在電勢差為U1的電場中加速后，垂直進入電勢差為U2的偏轉(zhuǎn)電場，在滿足電子能射出的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) 圖6 A．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 答案　B 解析　設(shè)電子經(jīng)加速電場后獲得的速度為v0，由動能定理得qU1＝① 設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的極板長為L，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t＝② 電子在偏轉(zhuǎn)電場中受電場力作用獲得的加速度a＝③ 電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場線的速度vy＝at④ 由②③④得vy＝ 所以，tan θ＝＝ ①式代入上式得 tan θ＝，所以B正確． 點評　帶電粒子垂直于電場線方向進入電場，在初速度方向做勻速直線運動，在垂直于初速度方向做初速度為零的勻加速直線運動，粒子的合運動為類平拋運動． 知識點三　示波管的原理 5．如圖7是示波管的原理圖．它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點，在那里產(chǎn)生一個亮斑．下列說法正確的是(　　) 圖7 A．要想讓亮斑沿OY向上移動，需在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加電壓，且Y′比Y電勢高 B．要想讓亮斑移到熒光屏的右上方，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上加電壓，且X比X′電勢高、Y比Y′電勢高 C．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條水平亮線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加特定的周期性變化的電壓(掃描電壓) D．要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，需在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加適當頻率的掃描電壓、在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加按正弦規(guī)律變化的電壓 答案　BCD 解析　要想讓亮斑沿OY向上移動，電子受力向Y方向，即電場方向為YY′，即Y電勢高，A項錯誤；要想讓亮斑移到熒光屏的右上方，同理Y為高電勢，X為高電勢才可，B項正確；要想在熒光屏上出現(xiàn)一條水平亮線，說明電子只在XX′方向偏轉(zhuǎn)，當然要在這個方向加掃描電壓，C項正確；要想在熒光屏上出現(xiàn)一條正弦曲線，就是水平與豎直方向都要有偏轉(zhuǎn)電壓，所以D項正確．綜述本題選項為B、C、D. 6. 如圖8所示，是一個示波器工作原理圖，電子經(jīng)過加速后以速度v0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間距離為d，電勢差為U，板長為l，每單位電壓引起的偏移量(h/U)叫示波器的靈敏度．若要提高其靈敏度，可采用下列辦法中的(　　) 圖8 A．增大兩極板間的電壓 B．盡可能使板長l做得短些 C．盡可能使板間距離d減小些 D．使電子入射速度v0大些 答案　C 解析　本題是一個通過計算進行選擇的問題． 因為h＝at2＝(a＝，t＝)，所以，＝. 要使靈敏度大些，選項中合乎要求的只有C. 【方法技巧練】 帶電粒子在交變電場中運動問題的分析方法 7．如圖9(a)所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖(b)所示的電壓．t＝0時，Q板比P板電勢高5 V，此時在兩板的正中央M點放一個電子，速度為零，電子在靜電力作用下運動，使得電子的位置和速度隨時間變化．假設(shè)電子始終未與兩板相碰．在0ta，根據(jù)y＝at2，可知：aa>ab. 又因為qaE＝maaa，qbE＝mbab，所以>， 故選項C正確． 9．如圖16所示，一電子沿x軸正方向射入電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知O＝A，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16 A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4 C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4 答案　AD 10. 如圖17所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進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．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該(　　) 圖17 A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼?/5倍 D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2倍 答案　A 解析　要使電子軌跡不變，則應(yīng)使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后任一水平位移x所對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)距離y保持不變．由y＝at2＝()2＝；qU1＝mv得y＝.可見在x、y一定時，U2∝U1. 11．如圖18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的負電荷以v0＝0.5 m/s的速度自A板左邊緣水平進入電場，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) 圖18 答案　1 m/s　810－8 kg 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＝qsin α 豎直方向上mg＝qEcos α m＝＝qcos α＝310－100.8 kg＝810－8 kg 根據(jù)動能定理mv2－mv＝F合s，s＝ 聯(lián)立以上各式解得v＝1 m/s. 12．如圖19所示，A為粒子源，在A和極板B間的加速電壓為U1，在兩水平放置的平行帶電板C、D間的電壓為U2，現(xiàn)設(shè)有質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子初速度為零，從A被加速電壓U1加速后水平進入豎直方向的勻強電場，平行帶電板的極板的長度為L，兩板間的距離為d，不計帶電粒子的重力，求： 圖19 (1)帶電粒子在射出B板時的速度； (2)帶電粒子在C、D極板間運動的時間； (3)帶電粒子飛出C、D電場時在豎直方向上發(fā)生的位移y. 答案　(1)　(2)L　(3) 解析　(1)帶電粒子由A到B，設(shè)到B板的速度為v 根據(jù)動能定理：W＝Ek2－Ek1 U1q＝mv2/2，v＝ (2)粒子進入C、D電場后水平方向做勻速直線運動，則L＝vt，t＝L/v＝L. (3)粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為Eq＝ma，E＝U2/d，所以a＝. 粒子進入C、D電場在豎直方向發(fā)生的位移y＝at2＝(L)2＝.