物理必修 第三册第十章 静电场中的能量5 带电粒子在电场中的运动测试题

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课时跟踪检测(九)  带电粒子在电场中的运动组—重基础·体现综合1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是(　　)A．质子(H)  B．氘核(H)C．α粒子(He)  D．钠离子(Na＋)解析：选A　粒子在电场中做加速运动，根据动能定理可知，qU＝mv2－0，解得v＝ ，粒子的比荷越大，速度越大，故质子的速度最大，A选项正确。2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)，下列说法正确的是(　　)A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确解析：选B　根据能量守恒定律可知，只有电场力做功的情况下，动能和电势能之和保持不变，即带电粒子受电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B选项正确。3．如图1所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(　　)A．可能做直线运动B．一定不做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小                                               图1解析：选C　小球受重力和电场力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，A、B选项错误；合力方向与速度方向先成钝角，后成锐角，即合力先做负功后做正功，速率先减小后增大，C选项正确，D选项错误。4．让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的(　　)A．初速度  B．初动能C．加速度  D．无法确定解析：选B　进入电场中的粒子的偏转角tan θ＝＝＝·＝·＝，质子和氘核具有相同的q，只要具有的初动能相同，则偏转角相同，故B正确。5.如图2所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　)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            图2解析：选B　由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tan θ＝，选项B正确。6.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图3所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是(　　)A.  B．edULC.  D.                           图3解析：选D　电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力。根据能量守恒定律得mv＝eUOA。因E＝，UOA＝EL＝，故mv＝，所以D正确。7.如图4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垂直电场方向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           图4分别为(　　)A．1∶1,2∶3  B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4  D．4∶3,2∶1解析：选D　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＝at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝t∶t＝1∶4，而ma＝qE，m＝，＝·＝×＝。D项正确。8．(多选)示波管的构造如图5所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)图5A．极板X应带正电  B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电  D．极板Y′应带正电解析：选AC　根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确，B、D错误。组—重应用·体现创新9.如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)                                                               图6A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A　根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。10.如图7所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是(　　)A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝ ∶1                                       图7B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝ ∶1C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(－1)D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(－1)解析：选D　s1＝at2，s2＝a(2t)2－at2＝at2，所以s1∶s2＝1∶3；x＝at，t1＝ ，2x＝at′2，t2＝t′－t1＝ －，所以t1∶t2＝1∶(－1)，故D正确。11．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为(　　)A．8Ek  B．5EkC．4.25Ek  D．4Ek解析：选C　因为偏转距离为y＝，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。12.加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图8所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压         图8视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的比荷取1×108 C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)根据周期和频率的关系T＝得T＝＝10－7 s。设漂移管B的长度为xB，则xB＝vB ＝0.4 m。(2)设相邻漂移管间的电压为U，则质子由B到E的过程中根据动能定理得3qU＝mv－mv，解得U＝6×104 V。答案：(1)0.4 m　(2)6×104 V13．如图9所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。图9(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，取g＝10 m/s2。解析：(1)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有：eU0＝mv，解得v0＝ ，电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有：平行于板面方向的位移为：L＝v0t，平行于电场强度方向的位移为：Δy＝at2，由牛顿第二定律有：a＝，且E＝，综上所述，解得：Δy＝。(2)已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，取g＝10 m/s2，电子所受重力为：G＝mg＝9.1×10－30 N，电子受到的电场力为：F电＝e＝8×10－16 N，那么＝≈1×10－14，由于F电≫G，所以重力忽略不计。答案：(1) 　　(2)见解析