高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课后练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动课后练习题，共8页。
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1.(多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的eq \f(1,2)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．使初速度减小为原来的eq \f(1,2)
B．使M、N间电势差加倍
C．使M、N间电势差提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电势差都减小为原来的eq \f(1,2)
BD [由动能定理得qE·l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，当v0变为eq \f(\r(2),2)v0时，l变为eq \f(l,2)，因为qE＝qeq \f(U,d)，所以qE·l＝qeq \f(U,d)·l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，通过分析知B、D正确．]
2.如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(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，再从负极板处释放一个电子，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)
D [电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的静电力不变，故a1∶a2＝1∶1.由动能定理Ue＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(\f(2Ue,m))，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶eq \r(2).]
3.喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直于匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与带电荷量无关
C [由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．微粒所带电荷量影响电场力及其加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．]
4.如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，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的电荷量一定大于b的电荷量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
C [粒子在电场中做类平抛运动，有h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)))2，得x＝v0eq \r(\f(2mh,qE))，由v0eq \r(\f(2hma,Eqa))eq \f(qb,mb).]
5．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是( )
A．加速电压偏大 B．加速电压偏小
C．偏转电压偏大 D．偏转电压偏小
AD [画面高度缩小，说明电子从偏转电场射出时偏转角θ减小，由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，tan θ＝eq \f(qU1L,mdv\\al(2,0))，得tan θ＝eq \f(U1L,2dU0)，则引起θ变小的原因可能是加速电压U0偏大或偏转电压U1偏小，A、D正确．]
6．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)
C [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(qUl2,2mdv\\al(2,0))，故d2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(2,0))，即d∝eq \f(1,v0)，故C正确．]
二、非选择题(14分)
7.如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极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紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角θ＝30°，不计粒子重力，求：
(1)粒子的末速度大小；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)两板间的距离．
[解析] (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，把射出极板的速度分解，如图所示，则粒子的末速度v＝eq \f(v0,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)v0.
(2)竖直分速度vy＝v0tan 30°＝eq \f(\r(3),3)v0
由牛顿第二定律得qE＝ma
由类平抛运动规律得L＝v0t，vy＝at，解得E＝eq \f(\r(3)mv\\al(2,0),3qL).
(3)由类平抛运动规律得tan 30°＝eq \f(d,\f(L,2))，解得d＝eq \f(\r(3)L,6).
[答案] (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(\r(3)mv\\al(2,0),3qL) (3)eq \f(\r(3)L,6)
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子( )
A．都具有相同的质量 B．都具有相同的电荷量
C．具有相同的荷质比 D．都是同一元素的同位素
C [由偏转距离y＝eq \f(1,2)eq \f(qE,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0)))2＝eq \f(qEl2,2mv\\al(2,0))可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有eq \f(q,m)相同．]
2．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶eq \r(2) D．eq \r(2)∶1
B [竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有l＝eq \f(qE,2m)t2，联立可得q＝eq \f(mgl,Eh)，所以有eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,1)，B对．]
3.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入水平放置的两平行板间的匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
A [设粒子水平运动的位移为l，竖直方向的位移为y，两极板间距为d，由y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(Uq,md)·eq \f(l2,v\\al(2,0))得，U＝eq \f(2mv\\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq \f(y,l2)，A正确．]
4．图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
(a)
(b) (c)
A B C D
B [在示波管中，若fY＝fX，呈现一个完整波形；若fY＝2fX，则呈现两个波形，即呈现波形的个数n＝eq \f(fY,fX).本题中，在t＝0时刻UX负值最大，所以在x方向上向负半轴偏转的电子离原点最远，而UY＝0，在y轴没有偏转，A、C错误．由UY的变化知，以后的粒子向y轴正方向偏转，所以B正确，D错误．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(12分)一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L.设粒子束不会击中极板，求粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量．(粒子的重力忽略不计)
[解析] 水平方向匀速运动，则运动时间t＝eq \f(L,v0)①
竖直方向加速运动，则偏移距离y＝eq \f(1,2)at2②
且a＝eq \f(qU,md)③
由①②③得y＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(2,0))
则电场力做功W＝qE·y＝q·eq \f(U,d)·eq \f(qUL2,2mdv\\al(2,0))＝eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0))
由功能关系得电势能减少了eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0)).
[答案] 电势能减少了eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0))
6.(14分)如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板长为L，极板间距离为d，极板与水平面间的夹角为α，P、M两点恰好处在电容器的边缘，两极板正对区域均看成匀强电场．现有一质量为m的带电液滴由两极板中的P点从静止开始沿与极板平行的直线运动到M点，此过程中克服空气阻力做功为W，重力加速度为g，求：
(1)液滴的电荷量；
(2)液滴刚开始运动时加速度的大小；
(3)液滴到达M点时速度的大小．
[解析] (1)板间电压U＝eq \f(Q,C)，电场强度E＝eq \f(U,d)，对液滴，有
qE＝mgcs α，
联立解得液滴带电荷量q＝eq \f(Cmgdcs α,Q).
(2)释放瞬间，有mgsin α＝ma，
故液滴的加速度a＝gsin α.
(3)对加速过程，由动能定理得mgLsin α－W＝eq \f(1,2)mv2
故液滴到达M点时的速度v＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(gLsin α－\f(W,m)))).
[答案] (1)eq \f(Cmgdcs α,Q) (2)gsin α
(3)eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(gLsin α－\f(W,m))))