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高中粤教版 (2019)第二节 带电粒子在电场中的运动精练
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这是一份高中粤教版 (2019)第二节 带电粒子在电场中的运动精练，文件包含粤教版高中物理必修第三册课时分层作业7带电粒子在电场中的运动含答案docx、粤教版高中物理必修第三册课时分层作业7答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
2．D [电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10-14N，B错误；质子的加速度a＝Fm≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝va≈8×10-7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝v22a≈4 m，故D正确。]
3．B [电场力对带电粒子做的功是合外力做的功，根据动能定理知qUac＝45qU＝12m(2v)2－12mv2，因为Uab＝Ubc＝12Uac＝25U，则qUab＝12mvb2－12mv2，故vb＝52v，B正确。]
4．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。]
5．C [由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由qE＝mv2r得r＝mv2qE。r、E为定值，若q相等，则mv2一定相等，但质量m或速度v不一定相等；若qm相等，则速度v一定相等，故C正确。Ek＝12mv2＝12qEr，qm相等，粒子的动能不一定相等。]
6．B [电子在加速电场中加速，初速度为零，由动能定理得eU1＝mv022，然后电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，t＝lv0，平行于电场方向做匀加速直线运动，a＝eEm＝eU2md，因此偏移量y＝at22＝el2U22mv02d＝l2U24dU1，所以y与U1成反比、与U2成正比，B正确。]
7．AC [因为液滴a、b的电荷量大小相等，则两液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，液滴c动能的增量小于液滴a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三者质量相同，所以重力做功相等，故D错误。]
8．B [由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，信号电压与扫描电压周期相同。在t＝0时刻，UY＝0，电子在YY′之间没有偏转，UX为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故A、C错误；在0～t1之间，UY＞0，UX＜0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动再向下运动，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形，故B正确。]
9．解析：(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度v＝v0cs30°＝23v03。
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动
在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：vy＝at
vy＝v0tan 30°＝3v03
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝3mv023qL。
(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：
d＝12at2，解得d＝36L。
答案：(1)23v03 23mv023qL (3)36L
10．AB [根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
(a)
(b)
(c)
(d)
由图(d)可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在T8时刻进入，则由图(d)知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确；若电子在3T8时刻进入电场，则由图(d)知，在第一个周期电子即返回至A板，C错误；若电子是在T2时刻进入的，则它一靠近小孔便受到向左的电场力，根本不能进入电场，D错误。]
11．BD [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，根据动能定理可得qU1＝12mv02，解得v0＝2qU1m，已知氕的比荷最大，加速后获得的速度最大，故A错误；在偏转电场中偏移的距离为y＝12at2＝12·qU2md·Lv02，解得y＝U2L24U1d，偏转角度的正切值为tan θ＝atv0＝U2L2U1d，可见y和tan θ与原子的电荷量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种原子核都打在屏上的同一位置上，故D正确；偏转电场对粒子做功为W＝qEy，由于q、E、y都相同，所以W也相同，故B正确；原子核在加速电场中运动时，有t′＝2d'v0，在偏转电场中运动时有t＝Lv0，从偏转电场出来后运动到荧光屏的过程，有t″＝L'v0，故粒子运动到屏上所用时间为t总＝t′＋t＋t″，由于v0不等，可知t总不等，故C错误。]
12．解析：(1)设电子从竖直放置的金属板的小孔穿出的速度大小为v1，从水平放置的平行金属板边沿射出的速度大小为v，电子在竖直的极板间加速，由动能定理有eU1＝12mv12
解得v1＝2eU1m。
(2)设加在水平两极板间的电压为U，电子在水平板间运动，由动能定理有eU2＝12mv2-12mv12
电子飞出水平板时，由平行四边形定则有
v1＝v cs 60°，即v＝2v1
又有eU1＝12mv12
由以上各式可得U＝6U1。
答案：(1)2eU1m (2)6U1
13．解析：(1)粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏移位移为y，v与水平方向夹角为α，运动轨迹如图所示。
则L＝v0t1①
y＝12at12②
a＝qUAmd③
vy＝at1④
由以上各式，代入数据解得
y＝0.03 m ，vy＝1.5×106 m/s
故粒子通过MN界面时的速度大小为
v＝v02+vy2＝2.5×106 m/s。
(2)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a点到中心线的距离为Y
则yY＝L2L2+s
解得Y＝0.12 m。
(3)粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得
v0v＝Yr
代入数据解得r＝0.15 m
由kqQr2＝mv2r得
Q＝mrv2kq≈1.0×10-8 C。
答案：(1)0.03 m 2.5×106 m/s (2)0.12 m (3)1.0×10-8 C
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B
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AC
C
B
AC
B
AB
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2．D [电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10-14N，B错误；质子的加速度a＝Fm≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝va≈8×10-7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝v22a≈4 m，故D正确。]
3．B [电场力对带电粒子做的功是合外力做的功，根据动能定理知qUac＝45qU＝12m(2v)2－12mv2，因为Uab＝Ubc＝12Uac＝25U，则qUab＝12mvb2－12mv2，故vb＝52v，B正确。]
4．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。]
5．C [由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由qE＝mv2r得r＝mv2qE。r、E为定值，若q相等，则mv2一定相等，但质量m或速度v不一定相等；若qm相等，则速度v一定相等，故C正确。Ek＝12mv2＝12qEr，qm相等，粒子的动能不一定相等。]
6．B [电子在加速电场中加速，初速度为零，由动能定理得eU1＝mv022，然后电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，t＝lv0，平行于电场方向做匀加速直线运动，a＝eEm＝eU2md，因此偏移量y＝at22＝el2U22mv02d＝l2U24dU1，所以y与U1成反比、与U2成正比，B正确。]
7．AC [因为液滴a、b的电荷量大小相等，则两液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A正确；静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，液滴c动能的增量小于液滴a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三者质量相同，所以重力做功相等，故D错误。]
8．B [由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，信号电压与扫描电压周期相同。在t＝0时刻，UY＝0，电子在YY′之间没有偏转，UX为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故A、C错误；在0～t1之间，UY＞0，UX＜0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动再向下运动，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形，故B正确。]
9．解析：(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度v＝v0cs30°＝23v03。
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动
在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：vy＝at
vy＝v0tan 30°＝3v03
由牛顿第二定律得qE＝ma
解得E＝3mv023qL。
(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：
d＝12at2，解得d＝36L。
答案：(1)23v03 23mv023qL (3)36L
10．AB [根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
(a)
(b)
(c)
(d)
由图(d)可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在T8时刻进入，则由图(d)知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确；若电子在3T8时刻进入电场，则由图(d)知，在第一个周期电子即返回至A板，C错误；若电子是在T2时刻进入的，则它一靠近小孔便受到向左的电场力，根本不能进入电场，D错误。]
11．BD [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，根据动能定理可得qU1＝12mv02，解得v0＝2qU1m，已知氕的比荷最大，加速后获得的速度最大，故A错误；在偏转电场中偏移的距离为y＝12at2＝12·qU2md·Lv02，解得y＝U2L24U1d，偏转角度的正切值为tan θ＝atv0＝U2L2U1d，可见y和tan θ与原子的电荷量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种原子核都打在屏上的同一位置上，故D正确；偏转电场对粒子做功为W＝qEy，由于q、E、y都相同，所以W也相同，故B正确；原子核在加速电场中运动时，有t′＝2d'v0，在偏转电场中运动时有t＝Lv0，从偏转电场出来后运动到荧光屏的过程，有t″＝L'v0，故粒子运动到屏上所用时间为t总＝t′＋t＋t″，由于v0不等，可知t总不等，故C错误。]
12．解析：(1)设电子从竖直放置的金属板的小孔穿出的速度大小为v1，从水平放置的平行金属板边沿射出的速度大小为v，电子在竖直的极板间加速，由动能定理有eU1＝12mv12
解得v1＝2eU1m。
(2)设加在水平两极板间的电压为U，电子在水平板间运动，由动能定理有eU2＝12mv2-12mv12
电子飞出水平板时，由平行四边形定则有
v1＝v cs 60°，即v＝2v1
又有eU1＝12mv12
由以上各式可得U＝6U1。
答案：(1)2eU1m (2)6U1
13．解析：(1)粒子进入A、B后应做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏移位移为y，v与水平方向夹角为α，运动轨迹如图所示。
则L＝v0t1①
y＝12at12②
a＝qUAmd③
vy＝at1④
由以上各式，代入数据解得
y＝0.03 m ，vy＝1.5×106 m/s
故粒子通过MN界面时的速度大小为
v＝v02+vy2＝2.5×106 m/s。
(2)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a点到中心线的距离为Y
则yY＝L2L2+s
解得Y＝0.12 m。
(3)粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得
v0v＝Yr
代入数据解得r＝0.15 m
由kqQr2＝mv2r得
Q＝mrv2kq≈1.0×10-8 C。
答案：(1)0.03 m 2.5×106 m/s (2)0.12 m (3)1.0×10-8 C
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