高中物理人教版 (新课标)选修3选修3-1第一章 静电场9 带电粒子在电场中的运动同步练习题

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知识点一 带电粒子的加速
图1－9－15
1．如图1－9－15所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是( )．

A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大
B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大
C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D．以上说法均不正确
解析 电子由P到Q的过程中，静电力做功，根据动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝ eq \r(\f(2eU,m))，速度大小与U有关，与两板间距离无关．
答案 C
图1－9－16
2．如图1－9－16所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，此后穿过等势面N的速度大小应是( )．

A. eq \r(\f(2qU,m)) B. v0＋ eq \r(\f(2qU,m))
C. eq \r(v\\al(2,0)＋\f(2qU,m)) D. eq \r(v\\al(2,0)－\f(2qU,m))
解析 qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，v＝ eq \r(v\\al(2,0)＋\f(2qU,m))，故C正确．
答案 C
知识点二 带电粒子的偏转
3．氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核分别为eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\al(3,1)H.它们以相同的初动能垂直进入同一匀强电场，离开电场时，末动能最大的是( )．
A．氕核 B．氘核
C．氚核 D．一样大
解析 因为qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Ek0.偏移量y＝eq \f(l2U2,4dU1)，可知三种粒子的偏移量相同，由动能定理可知：
qE·y＝Ek－Ek0，Ek相同，D正确．
答案 D
4.
图1－9－17
如图1－9－17所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )．
A．2倍 B．4倍
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
解析 电子在两极板间做类平抛运动．
水平方向：l＝v0t，所以t＝eq \f(l,v0).
竖直方向：d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU,2md)t2＝eq \f(qUl2,2md\\al(2,0))，
故d2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(2,0))，即d∝eq \f(1,v0)，故C正确．
答案 C
图1－9－18
5．如图1－9－18所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )．
A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小
解析 设电子经加速电场后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq \f(mv\\al(2,0),2)①
设偏转电场的极板长为L，则电子在偏转电场中运动时间
t＝eq \f(L,v0)②
电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a＝eq \f(qU2,md)③
电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度vy＝at④
由②③④得vy＝eq \f(qU2L,mdv0).
所以，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2L,mdv\\al(2,0)).
①式代入上式得tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，所以B正确．
答案 B
图1－9－19
6．如图1－9－19所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点．已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )．
A．微粒在电场中作抛物线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．MN板间的电势差为eq \f(2mv\\al(2,0),q)
D．MN板间的电势差为eq \f(Ev\\al(2,0),2g)
解析 由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做抛物线运动，A正确；因AB＝BC，即eq \f(v0,2)·t＝eq \f(vC,2)·t可见vC＝v0.故B项正确；由q·eq \f(U,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，得U＝eq \f(mv\\al(2,C),q)＝eq \f(mv\\al(2,0),q)，故C项错误；又由mg＝qE得q＝eq \f(mg,E)代入U＝eq \f(mv\\al(2,0),q)，得U＝eq \f(Ev\\al(2,0),g)，故D项错误．
答案 AB
7．(2012·课标)如图1－9－20所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )．
图1－9－20
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错．由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．
答案 BD
8．光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为
( )．
A．0 B.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(1,2)qEl
C.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) D.eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2,3)qEl
解析 由题意知，小球从进入电场至穿出电场时可能存在下列三种情况：从穿入处再穿出时，静电力不做功．C项对；从穿入边的邻边穿出时，静电力做正功W＝Eq·eq \f(l,2)，由功能关系知B项对；从穿入边的对边穿出时，若静电力做负功，且功的大小等于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则A项对；而静电力做正功时，不可能出现W＝eq \f(2,3)Eql.D项错．
答案 ABC
图1－9－21
9．如图1－9－21所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两极板间，距下极板0.8 cm，两极板间的电势差为300 V．如果两极板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间？
解析 取带电小球为研究对象，设它带的电荷量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用．
当U1＝300 V时，小球受力平衡：mg＝qeq \f(U1,d)①
当U2＝60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动：
由F＝ma知：mg－qeq \f(U2,d)＝ma②
又h＝eq \f(1,2)at2③
由①②③得：t＝ eq \r(\f(2U1h,U1－U2g))＝ eq \r(\f(2×300×0.8×10－2,300－60×10)) s＝4.5×10－2 s.
答案 4.5×10－2 s
图1－9－22
10．两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电粒子，以v0＝2 m/s 的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图1－9－22所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm.
(1)当A、B间的电压为UAB＝1 000 V时，粒子恰好不偏转，沿图中直线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．
(2)令B板接地，欲使粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围．(g取10 m/s2)
解析 (1)粒子做直线运动，合力为0，故在竖直方向上有：qE＝mg，即qeq \f(UAB,d)＝mg，解得电荷量q＝eq \f(mgd,UAB)＝2×10－9 C，
因为电场力方向向上，故粒子带负电．
(2)题目中并未说明粒子的偏转方向，故粒子可能向上、下两方向偏转．
当qE＞mg时，粒子向上偏，若粒子恰沿板的边缘M点飞出，则有侧移量y＝eq \f(d,2)，即eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a1t2，其中a1＝eq \f(qU1,md)－g，t＝eq \f(l,v0)，解得U1＝2 600 V，由于φB＝0，则φA＝2 600 V，同理可得粒子向下偏时，a2＝eq \f(qU2,md)＋g，代入eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a2t2，解得U2＝600 V，即φA′＝600 V.
据题意知，A板电势范围应为600 V≤φA≤2 600 V.
答案 (1)2×10－9 C 负 (2)600 V≤φA≤2 600 V