人教版 (2019)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同步达标检测题

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基础巩固
1.如图所示,两平行金属板竖直放置,板上A、B两孔正好水平相对,板间电压为500 V。一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直金属板方向射入电场中,经过一段时间电子离开电场,若不考虑重力的影响,则电子离开电场时的动能大小为( )
A.900 eVB.500 eV
C.400 eVD.-100 eV
答案:C
解析:电子从A向B运动时,静电力对电子做负功,若电子到达B时,克服静电力所做的功W=qU=500 eV>400 eV,因此电子不能到达B,电子向右做减速运动,在到达B之前速度变为零,然后反向运动,从A孔离开电场,在整个过程中,静电力做功为零,由动能定理可知,电子离开电场时的动能Ek=400 eV,故C正确。
2.一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.具有相同的比荷
D.都是同一元素的同位素
答案:C
解析:由偏转距离y=12qEmlv02=qEl22mv02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qm相同。
3.如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处自由释放一个电子(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,再从负极板处自由释放一个电子,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=2∶1
D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2
答案:D
解析:电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,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=12mv2得v=2Uem,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∶2。
4.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到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∶8B.U1∶U2=1∶4
C.U1∶U2=1∶2D.U1∶U2=1∶1
答案:A
解析:带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,水平位移为x=v0t,两次运动的水平位移之比为2∶1,两次运动的水平速度相同,故运动时间之比为t1∶t2=2∶1,由于竖直方向上的位移为h=12at2,h1∶h2=1∶2,故加速度之比为1∶8,又因为加速度a=UqmdAB,故两次偏转电压之比为U1∶U2=1∶8,故A正确。
5.如图所示,矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场,粒子a由顶点A射入,从BC的中点P射出,粒子b由AB的中点O射入,从顶点C射出。若不计重力,则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)之比是( )
A.1∶2B.2∶1
C.1∶8D.8∶1
答案:D
解析:a粒子和b粒子在水平方向均做速度为v的匀速运动,分别有lBP=vta,lBC=vtb,且2lBP=lBC,故2ta=tb;在竖直方向上,分别有lAB=12×qaEma×ta2,lOB=12×qbEmb×tb2,且lAB=2lOB,解得a和b的比荷之比为qama∶qbmb=8∶1。
6.如图所示,一带正电的粒子以初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内,恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为l,板间距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行金属板的时间为t,则( )
A.在前t2时间内,静电力对粒子做的功为qU4
B.在后t2时间内,静电力对粒子做的功为38qU
C.在粒子下落前d4和后d4的过程中,静电力做功之比为1∶2
D.在粒子下落前d4和后d4的过程中,静电力做功之比为2∶1
答案:B
解析:粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速直线运动。由y=12at2可得,在前t2时间内位移y1=d8,静电力对粒子做的功W=qEy1=q×Ud×d8=18qU,故A错误。由y=12at2可得,前t2时间内与t时间内垂直于板方向的位移之比为1∶4,则在后t2时间内的位移为38d,静电力对粒子做的功为38qU,故B正确。由静电力做功W'=qEy=qUyd,则该粒子在下落前d4和后d4内,静电力做功之比为1∶1,故C、D错误。
7.如图所示,电子由静止开始被U=180 V的电场加速,沿直线垂直进入另一个电场强度为E=6 000 V/m的匀强偏转电场,最后电子从右侧离开偏转电场。已知电子的比荷为em=169×1011 C/kg,不计电子的重力,偏转极板长为l=6.0×10-2 m。
(1)求电子经过电压U加速后的速度vx的大小;
(2)求电子在偏转电场中运动的加速度a的大小;
(3)求电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
答案:(1)8×106 m/s (2)323×1014 m/s2 (3)45°
解析:(1)根据动能定理可得eU=12mvx2,解得vx=8×106 m/s。
(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力,
根据牛顿第二定律得a=eEm
解得a=323×1014 m/s2。
(3)电子在水平方向上做匀速直线运动,故t=lvx
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,
故vy=at
又tan θ=vyvx
联立解得θ=45°。
能力提升
1.质子(11H)、α粒子(24He)、钠离子(Na+)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后,获得动能最大的是( )
A.质子(11H)B.α粒子(24He)
C.钠离子(Na+)D.都相同
答案:B
解析:qU=12mv2-0,U相同,α粒子带的正电荷最多,电荷量最大,所以α粒子获得的动能最大,故选项B正确。
2.如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中,射入方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角θ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
答案:B
解析:设电子被加速后获得的速度为v0,则由动能定理得qU1=12mv02
设极板长为l,则电子在电场中偏转所用的时间为t=lv0
设电子在平行板间受静电力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a=qEm=qU2dm
电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度为vy=at
解得vy=qU2ldmv0
故tan θ=vyv0=qU2ldmv02=qU2l2dqU1=U2l2dU1
所以U2变大、U1变小一定能使电子的偏转角θ变大,故选项B正确。
3.在光滑水平面上有一比荷qm=1.0×10-7 C/kg的带正电小球,静止在O点,以O点为原点,在水平面内建立坐标系Oxy,现突然加一沿x轴正方向、电场强度为2.0×106 V/m的匀强电场,小球开始运动。经过1 s,所加电场突然变为沿y轴正方向,电场强度大小不变。则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是( )
答案:C
解析:本题考查带电小球的偏转问题,通过分析与计算,培养科学思维能力。
小球加速度大小a=qEm=0.20 m/s2,1 s末小球速度vx=at=0.20 m/s,沿x轴方向距离x1=12at2=12×0.20×12 m=0.10 m。第2 s内小球做类平抛运动,轨迹为抛物线,x方向x2=vxt=0.20 m,沿y轴方向y2=12at2=12×0.20×12 m=0.1 m,故第2 s末小球坐标为(0.30 m,0.10 m),故C正确。
4.(多选)如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知lOA=lAB,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则( )
A.vCy∶vDy=1∶2
B.vCy∶vDy=1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3
D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4
答案:AD
解析:电子沿Ox轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知lOA=lAB,则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A正确,B错误。根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上,yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则得,ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C错误,D正确。
5.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紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场,刚好从下极板边缘射出,射出时速度恰与下极板成30°角,如图所示,不计粒子重力。
(1)求粒子末速度的大小。
(2)求匀强电场的电场强度。
(3)求两极板间的距离。
答案:(1)23v03 (2)3mv023ql (3)36l
解析:(1)粒子离开电场时,合速度与水平方向夹角为30°,由几何关系得合速度
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)粒子做类平抛运动。
在竖直方向上,d=12at2,解得d=36l。
6.如图所示,有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直于电场方向射入,且正好能从金属板边缘穿出电场。
(1)求金属板AB的长度;
(2)求电子穿出电场时的动能。
答案:(1)d2U0U
(2)eU0+U2
解析:(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0,由动能定理得eU0=12mv02
设金属板AB的长度为l,电子偏转时间t=lv0
a=eUmd
y=12d=12at2
联立解得l=d2U0U。
(2)设电子穿出电场时的动能为Ek,根据动能定理得
Ek=eU0+eU2=eU0+U2。