高中物理第二节 带电粒子在电场中的运动精品课时作业

课时把关练

第二节 带电粒子在电场中的运动

1.如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的时间和速率，下列说法正确的是（　）

A.两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小

B.两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小

C.两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率不变

D.两板间距越小，则加速的时间不变，获得的速率不变

2.如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板后返回，下列措施中能满足要求的是（不计带电粒子的重力）（　）

A.使初速度减为原来的

B.使M、N间电压提高到原来的2倍

C.使M、N间电压提高到原来的3倍

D.使初速度和M、N间电压都减为原来的

3.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q>0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子，在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为（　）

A. 3∶2  B. 2∶1 C. 5∶2  D. 3∶1

4.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　）

A.打到下极板上

B.在下极板处返回

C.在距上极板处返回

D.在距上极板d处返回

5.如图所示，匀强电场方向水平向右，带正电的物体静止在甲处（水平面绝缘且足够大），物体受到的静电力与重力大小相等。某时刻给物体一个向左的大小为v的初速度，物体恰好向左运动到乙位置，该过程所用时间为，然后从乙位置再返回甲位置，该过程所用时间为，已知带电物体的比荷为k，且，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　）

A.甲与乙两位置之间的距离为

B.物体与绝缘水平面间的动摩擦因数为0.5

C.物体返回甲时速度大小为

D.乙与甲两位置间电势差为

6. 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，再经过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

B.减小偏转电场两极板间的距离

C.减小偏转电场的电压

D.减小墨汁微粒的喷出速度

点题：喷墨打印机应用情景考查。

7. 如图所示，两个相同的带电粒子P、Q（重力不计）以不同的初速度沿垂直电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从上极板边缘处射入，恰好落在下极板正中间，Q从两极板正中央射入，恰好从下极板边缘飞出，则P、Q两带电粒子的初速度大小之比为（　）

A.∶4　　     B. ∶2　

C. 1∶2　　      D. 1∶4

8.［多选］如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角，已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是（　）

A.带电粒子在Q点的电势能为qU

B.带电粒子带正电

C.此匀强电场的电场强度大小为E=

D. 带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能

9. ［多选］如图所示，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，则下列说法正确的是（　）

A.三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4

B.三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4

C.三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC=36∶16∶9

D.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为

7∶20

10. ［多选］如图所示，从电子枪中射出初速度不计的电子，在加速电场中加速后，从P板的小孔垂直偏转电场方向射入两极板间，最后射出偏转电场，设加速电压为U1，偏转电压为U2，则（　）

A. U1变大，电子进入偏转电场的速度变大

B. U1变大，电子在偏转电场中运动的时间变短

C. U2变大，电子在偏转电场中运动的加速度变小

D.若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其他条件不变即可

11.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，平行金属板C、D之间有偏转电场。今有质子、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，最后从偏转电场C、D间穿出。重力忽略不计。则下列判断中正确的是（　）

A.两种粒子在C、D板间运动的时间相同

B.两种粒子的运动轨迹相同

C.质子、α粒子，在偏转电场中的加速度之比为1∶2

D.偏转电场的电场力对质子、α粒子He做功之比为1∶4

12.长为L的平行金属板竖直放置，两板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场。一个电荷量为+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，射出时速度恰与右极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：

（1）粒子末速度的大小；

（2）匀强电场的电场强度大小；

（3）两板间的距离。

13.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m=9.0×10-31 kg，电荷量e=1.6×10-19 C，加速电场电压U0=2 500 V，偏转电场电压U=200 V，极板的长度L1=6.0 cm，板间距离d=2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0 cm（忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字）。求：

（1）电子射入偏转电场时的初速度v0；

（2）电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；

（3）电子经过偏转电场过程中静电力对它所做的功W。

14.如图所示坐标平面，轴右侧两个区域内有匀强电场。其中的区域Ⅰ中匀强电场方向水平向右、电场强度大小为；的区域Ⅱ中匀强电场方向竖直向上、电场强度大小为。现从坐标原点处静止释放一电荷量为、质量为的带正电粒子，该粒子经过电场恰好到达点处，不计粒子重力。

（1）试求粒子刚进入区域Ⅱ时的瞬时速度；

（2）满足题目要求的电场强度和之比；

（3）当粒子刚进入区域Ⅱ时，直线上的某点同时水平向左发射一负粒子，粒子与粒子质量、电荷量大小均相同，粒子的发射速率为此刻粒子速率的倍，若保证粒子、能够在区域Ⅱ中相遇，试求解粒子发射时的纵坐标与倍数的函数关系（不计粒子的相互作用）。

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第一节 静电现象

参考答案

1. C　解析：由于两板之间的电压不变，所以两板之间的电场强度为E=，电子的加速度为a==，由此可见，两板间距离越小，加速度越大，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d=at2=t2，可得电子加速的时间为t=，由此可见，两板间距越小，加速时间越短；对于全程，由动能定理可得，qU=mv2，所以电子到达B板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关。故C正确，A、B、D错误。

2. D　解析：由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得

要使粒子到达距N板后返回，设此时两极板间电压为，粒子的初速度为，则由动能定理可得-=，联立两方程得=。故选D。

3. A　解析：设电场强度为E，两粒子的运动时间相同。对M有，；对m有，，

联立解得，A正确。

4. D　解析：粒子从小孔正上方处由静止开始下落到下极板处（未与极板接触）返回，根据动能定理， -=0-0；电容器与电池两极相连，电容器极板间电压不变，将下极板向上平移后，设粒子下落至距上极板x处返回，根据动能定理，，联立两式得x=d，故D正确，A、B、C错误。

5. C　解析：从甲到乙，由动能定理得

从乙到甲，由动能定理得

且qE=mg，因

则

解得v′，解得，，

故C正确，A、B错误。

乙与甲两位置间电势差为，故D错误。

6. C　解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则在垂直电场方向有，沿电场方向有

加速度，联立解得y=

要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场时的偏移量y。由上式分析可知，可采用的措施有：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、减小偏转电场的电压、增大墨汁微粒的喷出速度等，故A、B、D错误，C正确。

7. A　解析： 粒子做类平抛运动，y=，a=，t=，解得y=，将两个粒子的数据代入得d=，

=，解得=，故A正确。

8. BCD　解析：由题图看出粒子的轨迹向上，则所受的静电力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒子从P到Q，静电力做正功为qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则带电粒子在Q点的电势能为-qU，故A错误，B正确。

设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为

vy==

粒子在y方向上的平均速度为==

设粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则y0==，d=v0t

解得y0=，则电场强度为E==

故C正确。

粒子从P点到Q点，合外力为静电力，做正功，动能增加，则带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能，故D正确。

9. ACD　解析：三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x=vt得，运动时间tA∶tB∶tC=xA∶xB∶xC=2∶3∶4，故A正确。三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y=，解得aA∶aB∶aC=∶∶=36∶16∶9，故B错误。由牛顿第二定律可知F=ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W=Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为36∶16∶9，故C正确。三个粒子所受的合力大小关系为FA>FB>FC，三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的静电力向下，C所受的静电力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得aA∶aB∶aC=（mg+qAE）∶（mg）∶（mg-qCE），解得qC∶qA=7∶20，故D正确。

10. ABD　解析：由qU=mv2可知，当U1变大时，电子进入偏转电场的速度变大，电子在偏转电场中的水平位移不变，运动时间变短，故A、B正确；由F=可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，即电子在偏转电场中运动的加速度变大，故C错误；由y=可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其他条件不变即可，故D正确。

11. B　解析：粒子在A、B板间做匀加速直线运动，在C、D板间做类平抛运动，设加速电场电压为，偏转电场电压为，极板长度为L，宽度为d，则有qU0=

可得飞出加速电场时，粒子速度为

粒子进入偏转电场并能飞出电场，

则水平方向有，竖直方向有

粒子在C、D板间运动的时间为=

由于质子、粒子，的不等，所以两种粒子在C、D板间运动的时间不相同，故A错误；

两种粒子在加速电场中均做匀加速直线运动，在偏转电场中有·=

与粒子电荷量、质量无关，所以两粒子的运动轨迹相同，故B正确；

粒子在偏转电场中的加速度为

所以，质子、α粒子，在偏转电场中的加速度之比为=×=×=，故C错误；

粒子在偏转电场中，电场力做功为

由于质子、α粒子，在偏转电场中竖直方向位移y相等，则做功之比为=，故D错误。

12. 解：（1）设射出电场的速度大小为v，则有vcos 30°=v0，解得；

（2）由于vx==

粒子飞行时间

粒子沿电场方向的速度，解得，

根据，解得；

（3）d==。

13. 解：（1）根据动能定理有

解得

（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在垂直极板方向上的偏移量为y，电子在平行极板方向做匀速运动，有L1=v0t

电子在垂直极板方向上做匀加速运动

根据牛顿第二定律有=ma

联立上述各式得=0.36 cm

电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场中心轴线的中点，有

得=0.72 cm

（3）电子在偏转电场运动的过程中，静电力对它做的功

14. 解：（1）粒子在区域Ⅰ时，做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得

解得；

（2）粒子进入区域Ⅱ，水平方向

竖直方向，

综上可得，联立得到；

（3）粒子、能够在区域Ⅱ中相遇，由题意得水平方向有

竖直方向有

综上可得。