物理5 带电粒子在电场中的运动当堂达标检测题

这是一份物理5 带电粒子在电场中的运动当堂达标检测题，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C． eq \r(2)∶1 D．1∶ eq \r(2)
2.
两平行金属板距离为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电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，此电子具有的初动能是( )
A． eq \f(edh,U) B．edUh C． eq \f(eU,dh) D． eq \f(eUh,d)
3.
如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场．用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场．油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电．油滴的大小、质量、所带电荷量各不相同，油滴进入电场时的初速度及油滴间的相互作用忽略不计．下列说法正确的是 ( )
A.若观察到某油滴悬浮不动，该油滴的质量一定比其他油滴小
B．若观察到某油滴悬浮不动，该油滴一定没有受到电场力作用
C．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴的电势能一定不断减小
D．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴所受电场力一定做负功
4．如图所示，从炽热的金属丝逸出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )
A．仅将偏转电场极性对调
B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压
D．仅减小偏转电极间的电压
5.
如图所示，半径R＝1.0 m的 eq \f(1,4)圆弧接收屏位于方向竖直向下的匀强电场中，OB水平．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝0.01 C的带负电小球从与圆弧圆心O等高且距O点0.8 m处的A点以初速度v0＝4 m/s水平射出，小球恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，重力加速度g＝10 m/s2，则O、C两点间的电势差为( )
A．1 V B．5 V
C．10 V D．15 V
6.
如图所示，a、b两个带电量相同的粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则( )
A．a的初速度一定小于b的初速度
B．a增加的动能一定等于b增加的动能
C．b的运动时间一定大于a的运动时间
D．b的质量一定大于a的质量
7.
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紧贴左极板沿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)匀强电场的场强；
(2)两板间的距离．
8．一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm.整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求：
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′.
素养综合练
9．(多选)如图所示，一水平放置的平行板A、B与一电源相连，电源可以提供恒定电压U.初始时刻S1、S2均处于断开状态，现闭合S1，将一质量为m、带电荷量为＋q的小球以水平速度v沿两板的中线进入板间，小球恰好做直线运动．某时刻断开S1、闭合S2，小球从两板间飞出时的速度大小为 eq \f(3,2)v，则下列说法正确的是( )
A．两板间距离为 eq \f(qU,mg)
B．两板间距离为 eq \f(qU,2mg)
C．小球在竖直方向的位移大小为 eq \f(5v2,8g)
D．小球在竖直方向的位移大小为 eq \f(v2,8g)
10．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为 eq \f(L,2)，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子在电场E1中的运动时间t1；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打在屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离．
课时分层作业(十二) 带电粒子在电场中的运动
1．解析：质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子： eq \f(1,2)mHv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(H)) ＝qHU，对α粒子： eq \f(1,2)mαv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(α)) ＝qαU.得 eq \f(vH,vα)＝ eq \r(\f(qHmα,qαmH))＝ eq \r(\f(1×4,2×1))＝ eq \r(2)∶1，选项C正确．
答案：C
2．解析：设电子的初动能为Ek0，末动能为零，极板间的电场强度E＝ eq \f(U,d)，根据动能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝ eq \f(eUh,d).
答案：D
3．解析：若观察到带电油滴悬浮不动，说明油滴受力平衡，则油滴受到向上的电场力，且电场力大小等于重力，即Eq＝mg，得m＝ eq \f(qE,g)，不一定比其他油滴小，油滴所受电场力与q有关，故A、B错误；若观察到油滴向下加速运动，说明电场力小于重力，但电场力方向向上，做负功，油滴电势能增大，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：设加速电场的电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)，得v0＝ eq \r(\f(2U0q,m))，电子进入极板间后做类平抛运动，时间t＝ eq \f(L,v0)，加速度a＝ eq \f(qU,dm)，竖直分速度vy＝at，tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(UL,2U0d)，故可知C正确．
答案：C
5．解析：
小球在电场力和重力作用下做类平抛运动，因小球垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.8 m，则DC＝0.6 m，根据运动学公式有AD＝v0t，DC＝ eq \f(1,2)· eq \f(mg－qE,m)t2联立并代入数据可得E＝25 N/C，则UOC＝E·DC＝15 V.
答案：D
6．解析：设任一粒子 的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为a＝ eq \f(qE,m)，对竖直分运动，有y＝ eq \f(1,2)at2，对水平分运动，有x＝v0t，联立得v0＝x eq \r(\f(qE,2ym))，t＝ eq \r(\f(2ym,qE))，m＝ eq \f(qEx2,2yv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )；只有q、E、x、y的关系已知，无法比较初速度、运动时间和质量的关系，故A、C、D均错误；由于只有电场力做功，故动能增加量等于电场力做功为W＝qEy，电量相等，故a增加的动能一定等于b增加的动能，故B正确．
答案：B
7．解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动．
在竖直方向(初速度方向)上：L＝v0t
在水平方向(电场方向)上：vx＝at
由速度关系得：vx＝v0tan 30°
由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL).
(2)粒子做类平抛运动，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(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL) (2) eq \f(\r(3),6)L
8．解析：(1)由动能定理可得：
|q|U1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
代入数据解得v0＝8×104 m/s.
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，
水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝ eq \f(1,2)at2，a＝ eq \f(|q|E,m)，E＝ eq \f(U2,d)，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知 eq \f(y′,y)＝ eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2)).
解得y′＝3y＝0.09 m.
答案：(1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
9．解析：带电小球恰好做直线运动，且重力和电场力方向都在竖直方向上，说明带电小球处于平衡状态，即重力等于电场力，根据q eq \f(U,d)＝mg可得，d＝ eq \f(qU,mg)，A正确，B错误；断开S1、闭合S2后，A、B板不带电，则小球从射入两板间到离开的过程中，根据动能定理，有mgh＝ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)v)) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,2)mv2可得h＝ eq \f(5v2,8g)，C正确，D错误．
答案：AC
10．解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得a1＝ eq \f(eE1,m)＝ eq \f(eE,m)，由x＝ eq \f(1,2)at2得 eq \f(L,2)＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得t1＝ eq \r(\f(mL,eE)).
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子进入电场E2时的加速度为a2＝ eq \f(eE2,m)＝ eq \f(2eE,m)，vy＝a2t2，沿初速度方向有L＝v1t2，v1＝a1t1，电子刚射出电场E2时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝ eq \f(vy,v1)，联立解得tan θ＝2.
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示，设电子打到屏上的点P′到O点的距离为x，
根据几何关系得tan θ＝ eq \f(x,\f(3L,2))，联立解得x＝3L.
答案：(1) eq \r(\f(mL,eE)) (2)2 (3)3L