鲁科版 (2019)必修 第三册第4节 带电粒子在电场中的运动课时作业

这是一份鲁科版 (2019)必修 第三册第4节 带电粒子在电场中的运动课时作业，共9页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大( )
A.质子eq \\al(1,1)H B.氘核eq \\al(2,1)H
C.α粒子eq \\al(4,2)He D.钠离子Na＋
2. 如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量大小为e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )
A.若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变
B.若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍
C.若将两极板间的电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变
D.若将两极板间的电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半
3.如图所示，三个带电荷量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C，从同一平行板间电场中的同一点P射入，在电场中的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )
A.三个粒子的加速度关系为aA>aB>aC
B.三个粒子的加速度关系为aAC.三个粒子的入射速度关系为vA>vB>vC
D.三个粒子的入射速度关系为vA4.如图所示，在两带等量异种电荷的平行金属板间，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍，同时两板间电势差也变为原来的2倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则( )

A.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2
B.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2
C.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq \r(2)∶1
D.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq \r(2)
5.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为( )
A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2
C.1∶1，3∶4 D.4∶3，2∶1
6.如图所示，C、D两水平带电金属板间的电压为U，A、B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C、D两板间的中心线上，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在A板边缘的P点由静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时
速度大小为v0，则A、B两极板间的电压为( )
A.eq \f(mveq \\al(2,0)－qU,2q) B.eq \f(2mveq \\al(2,0)－qU,2q)
C.eq \f(mveq \\al(2,0)－qU,q) D.eq \f(2mveq \\al(2,0)－qU,q)
7.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后，垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )
A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
8. (多选)平行金属板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所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
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
9.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A.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))
10. 有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )
A.减小墨汁微粒的质量m
B.减小偏转电场两板间的距离d
C.减小偏转电场的电压U
D.减小墨汁微粒的喷出速度v0
11.如图所示，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)
12.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在( )
A.A点 B.A点左方l处
C.A点右方2l处 D.A点左方2l处
二、计算题
13..如图所示，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h＝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要多长时间？(g取10 m/s2)
14. 长为L的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度与竖直方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子末速度的大小；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)两板间的距离。
15. 如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后，从右板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后，打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm。求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时速度偏转角的正切值tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。
16.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m且带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受电场力是其重力的eq \f(3,4)，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则：(1)珠子所能获得的最大动能是多大？(2)珠子对环的最大压力是多大？
参考答案
解析 四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，根据动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝ eq \r(\f(2qU,m))
由上式可知，比荷eq \f(q,m)越大，速度越大；显然A选项中质子的比荷最大，故A正确。答案 A
2.解析 由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq \r(\f(2eU,m))，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A项正确，B项错误；两极板间为匀强电场，E＝eq \f(U,d)，电子的加速度a＝eq \f(eU,md)，由运动学公式d＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2d,a))＝eq \r(\f(2md2,eU))，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的eq \f(\r(2),2)，故C、D项都错误。
答案 A
3.解析 三个带电粒子的电荷量相同，所受电场力相同，质量相等，故加速度相同，选项A、B错误；三个带电粒子沿电场方向的位移yA＝yB>yC，则运动时间tA＝tB>tC，三个带电粒子沿平行极板方向的位移xA答案 D
4.解析 由E＝eq \f(U,d)知，当d和U都变为原来的2倍时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1。由动能定理Ue＝eq \f(1,2)mv2得v＝ eq \r(\f(2Ue,m))，由电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶eq \r(2)，所以D正确，A、B、C错误。
答案 D
5.解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq \f(1,2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝teq \\al(2,B)∶teq \\al(2,A)＝1∶4。而ma＝qE，m＝eq \f(qE,a)，eq \f(mA,mB)＝eq \f(qA,qB)·eq \f(aB,aA)＝eq \f(1,3)×eq \f(4,1)＝eq \f(4,3)。综上所述，D项正确。
答案 D
6.解析 带电粒子在A、B两板间做匀加速直线运动，由动能定理得qUAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)；带电粒子在C、D两板间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理得eq \f(qU,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)；联立两式可得UAB＝eq \f(mveq \\al(2,0)－qU,2q)，故选项A正确。
答案 A
7.解析 设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝eq \f(U2L2,4dU1)、tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。
答案 B
8. 解析 带电粒子在平行金属板之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝qE，方向垂直于极板。因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定与粒子运动的直线轨迹共线，电场力方向垂直极板向上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确。
答案 BD
9.解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有eq \f(1,2)s＝v0t，在竖直方向有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，解得v0＝eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh))。故选项B正确，选项A、C、D错误。
答案 B
10. 解析 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，根据牛顿第二定律和运动学公式推导出偏转量y的表达式，再进行分析。
微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，设微粒带电荷量为q，则有水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝eq \f(1,2)at2；加速度a＝eq \f(qU,md)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小极板的长度L、减小比荷eq \f(q,m)、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大喷出速度)、减小偏转极板间的电压U，增大进入偏转电场时的初速度，故选项C正确。
答案 C
11. 解析 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝eq \f(l,v0)，竖直方向d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdveq \\al(2,0))，故d2＝eq \f(qUl2,2mveq \\al(2,0))，即d∝eq \f(1,v0)，故C正确。
答案 C
12. 解析 第1 s内电场方向向右，电子受到的静电力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2 s内电子受到的静电力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，向左。
答案 D
二、计算题
13..解析 选带电小球为研究对象，设它所带电荷量为q，带电小球受重力mg和静电力qE的作用。当U1＝300 V时，小球受力平衡，则有mg＝qeq \f(U1,d)
当U2＝60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动，mg－qeq \f(U2,d)＝ma，h＝eq \f(1,2)at2
联立可得t＝eq \r(\f(2U1h,（U1－U2）g))＝2eq \r(5)×10－2 s
答案 2eq \r(5)×10－2 s
14. 解析 (1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30°，
由速度关系得合速度大小v＝eq \f(v0,cs 30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3)。
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，
在竖直方向上：L＝v0t，
在水平方向上：vy＝v0tan 30°＝eq \f(\r(3)v0,3)，vy＝at，
由牛顿第二定律得qE＝ma，
解得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),3qL)。
(3)粒子做类平抛运动，设两板间的距离为d
在水平方向上：d＝eq \f(1,2)at2，
解得d＝eq \f(\r(3),6)L。
答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),3qL) (3)eq \f(\r(3),6)L
15. 解析 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝4×107 m/s。
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，
可得t＝2.5×10－9 s
在垂直初速度方向
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,dm)t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm。
(3)速度偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,vx)＝eq \f(\f(eU,dm)t,v0)＝0.05。
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为y′，则eq \f(y′,L2)＝tan θ，所以y′＝0.75 cm，
所以Y＝y＋y′＝1 cm。
答案 (1)4×107 m/s (2)0.25 cm (3)0.05 (4)1 cm
16. 解析 (1)珠子在等效最低点B时，受力如图。
设OA与OB之间的夹角为θ，
则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，
可得θ＝37°。
珠子在等效最低点B时具有最大动能。
珠子从A到B的过程，电场力和重力做功，由动能定理得－mgr(1－cs θ)＋qEr·sin θ＝Ek－0
解得珠子所能获得的最大动能
Ek＝－mgr(1－cs θ)＋qErsin θ＝eq \f(1,4)mgr。
(2)分析可得，珠子在等效最低点B处受到的压力最大
重力和电场力的合力F＝eq \f(5,4)mg
根据牛顿第二定律有N－F＝meq \f(v2,r)
Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgr,4)
所以N＝F＋meq \f(v2,r)＝eq \f(5,4)mg＋eq \f(1,2)mg＝eq \f(7,4)mg
根据牛顿第三定律知，珠子对圆环的最大压力是eq \f(7,4)mg。
答案 (1)eq \f(1,4)mgr (2)eq \f(7,4)mg