高中物理鲁科版 (2019)必修 第三册第4节 带电粒子在电场中的运动同步练习题

第2章　电势能与电势差

第4节　带电粒子在电场中的运动

基础过关练

题组一　带电粒子的加速

1.如图所示,带正电的粒子以初速度v沿电场方向进入匀强电场区域,不计重力,粒子在电场中的运动              (　　)

A.方向不变,速度增大

B.方向不变,速度减小

C.方向向上,速度不变

D.方向向下,速度不变

2.(多选)如图甲所示,将一束质子流注入长27 km的对撞机隧道,使其加速后相撞,创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件,为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段。设n个金属圆筒沿轴线排成一串,各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上,图乙所示为其简化示意图。质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速,则              (　　)

A.质子在每个圆筒内都做加速运动

B.质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动

C.质子穿过每个圆筒时,电源的正负极要改变

D.每个筒长度都是相等的

题组二　带电粒子的偏转

3.如图所示,示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的              (　　)

①极板X应带正电　②极板X'应带正电　③极板Y应带正电　④极板Y'应带正电

A.①③ B.①④ C.②③ D.②④

4.如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴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板正中间;设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压U1、U2之比为              (　　)

A.4∶1 B.1∶2 C.1∶4 D.1∶8

题组三　带电粒子的加速与偏转

5.如图所示,一价氢离子和二价氦离子的混合体(不计重力)经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们              (　　)

A.同时到达屏上同一点

B.先后到达屏上同一点

C.同时到达屏上不同点

D.先后到达屏上不同点

6.如图所示,电子从静止开始被U=180 V的电场加速,沿直线垂直进入另一个场强为E=6 000 V/m的匀强偏转电场,而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为≈×1011 C/kg,不计电子的重力,偏转极板长为L=6.0×10-2 m。求:

(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小;

(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小;

(3)电子离开偏转电场时的速度方向与进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。

能力提升练

题组一　带电粒子的偏转

1.(多选)(2021重庆凤鸣山中学月考,)氢的三个同位素HHH在同一地点同时以相同的初速度水平飞入偏转电场,出现了如图所示的轨迹,由此可以判断下列说法正确的是              (　　)

A.三个粒子HHH的轨迹分别为a、b、c

B.在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上

C.b比c后飞离电场

D.c的动能的增加量最小,a和b一样大

2.(2020天津耀华中学二模,)如图所示,偏转两极板间距离为L,两极板长度也为L。现有两个质量相同的带电粒子A和B,分别从紧贴上极板和极板中线位置以相同的初速度垂直于电场强度方向进入电场。最终均恰好贴着下极板飞出电场。粒子重力不计。则              (　　)

A.两个粒子的电荷量之比qA∶qB=4∶1

B.两个粒子的电荷量之比qA∶qB=2∶1

C.两个粒子离开电场时的速度大小之比vA∶vB=2∶1

D.在此过程中电场力对两个粒子做功之比WA∶WB=2∶1

3.(2020广东黄坡一中模拟,)如图所示,在长为2L、宽为L的区域内正好一半空间有方向平行于短边向上的匀强电场,无电场区域位于区域右侧另一半内,现有一个质量为m,电荷量为-q的粒子,以平行于长边的速度v0从区域的左上角A点射入该区域,不考虑粒子重力,要使这个粒子能从区域的右下角的B点射出,求电场强度的大小。

题组二　带电粒子在交变电场中的运动

4.(2020安徽蚌埠一模,)如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是              (　　)

A.1∶1 B.2∶1

C.3∶1 D.4∶1

5.(2020河南新乡一中模拟,) 如图1所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图2、3、4、5所示,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是              (　　)

A.电压是图2时,在0~T时间内,电子的电势能一直减少

B.电压是图3时,在0~时间内,电子的电势能先增加后减少

C.电压是图4时,电子在板间做往复运动

D.电压是图5时,电子在板间做往复运动

题组三　带电粒子的加速和偏转

6.(2020辽宁大连高三月考,)如图,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

7.(多选)(2021黑龙江哈师大青冈实验中学月考,)如图所示,在竖直放置的平行金属板A、B之间加上恒定电压U,A、B两板的中央留有小孔O1、O2,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场,电场强度为E,电场范围足够大,感光板MN垂直于电场方向放置,第一次从小孔O1处由静止释放一个质子H),第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子He),关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是              (　　)

A.质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1

B.质子和α粒子在整个过程中的运动时间相同

C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2

D.质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起

8.(2020山东青岛二中模拟,)一个初速度为零的电子在经U1=4 500 V的电压加速后,垂直于平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入,如图所示,若两板间距d=1.0 cm,板长L=3.0 cm,两板间的电压U2=200 V;已知电子的电荷量为e=1.6×10-19 C,质量为m=0.9×10-30 kg,只考虑两板间的电场,不计重力,求:

(1)电子经加速电压加速后进入偏转电场的速度v0;

(2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y;

(3)电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点,如图所示,P点到下极板右端的距离x。

题组四　带电粒子在复合场中运动

9.(多选)(2020湖北武汉二中模拟,)在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场,在场中有一个半径为R=2 m的光滑圆环,环内有两根光滑的弦AB和AC,A点所在的半径与竖直直径BC成37°角,质量为0.04 kg的带电小球由静止从A点释放,沿弦AB和AC到达圆周的时间相同。现去掉弦AB和AC,给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动,取小球做圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点,(cos 37°=0.8,g=10 m/s2)下列说法正确的是              (　　)

A.小球所带电荷量为q=3.6×10-5 C

B.小球做圆周运动过程中动能最小值是0.5 J

C.小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小

D.小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0 N

10.(2020湖北宜昌一中模拟,)在水平向右的匀强电场中,有一质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止于B点时,细线与竖直方向的夹角为θ(如图所示)。现给小球一个垂直于细线的初速度,使小球恰能在竖直平面内做圆周运动,试问:

(1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?速度最小值为多大?

(2)小球在B点的初速度为多大?

答案全解全析

第4节　带电粒子在电场中的运动

基础过关练

1.A　粒子在电场中的受力方向与初速度方向相同,做匀加速直线运动,故选项A正确。

2.BC　由于同一个金属筒所在处的电势相同,内部无场强,故质子在筒内必做匀速直线运动;而前后两筒间有电势差,故质子每次穿越缝隙时将被电场加速,则B项对,A项错;质子要持续加速,下一个金属筒的电势要低,所以电源正负极要改变,故C项对;质子速度增加,而电源正、负极改变时间一定,则沿质子运动方向,金属筒的长度要越来越长,故D项错。

3.A　荧光屏上P点出现亮斑,说明极板Y带正电,极板X带正电,故A选项正确。

4.D　设板长为L,板间距离为d,水平初速度为v0,带电粒子的质量为m,电荷量为q,两次运动的时间分别为t1和t2。第一次射入时:L=v0t1,=·,联立两式解得:U1=。第二次射入时:=v0t2,d=·,联立两式解得:U2=。所以U1∶U2=1∶8,故D选项正确。

5.B　一价氢离子和二价氦离子的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场的时间均不同,但在偏转电场中偏转距离相同,所以会先后打在屏上同一点,选项B正确。

6.答案　(1)8×106 m/s　(2)1.1×1015 m/s2　(3)45°

解析　(1)根据动能定理可得eU=m,

解得vx=8×106 m/s

(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的电场力,

根据牛顿第二定律可得a=,

解得a=×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2

(3)电子在水平方向上做匀速直线运动,故t=

在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,

故vy=at,tan θ=,

联立解得θ=45°。

能力提升练

1.AD　由于这三个粒子HHH所带电荷量相同,根据F=Eq可知三个粒子在电场中的受力相同,同时从题图a、b、c的运动轨迹可以判断出它们的加速度大小关系为aa>ab>ac,根据牛顿第二定律,故有>>,解得ma<mb<mc,可知三个粒子HHH的轨迹分别为a、b、c,故A正确;因为三个粒子在水平方向做速度相等的匀速运动,所以a打在负极板上所用的时间小于b飞离电场所用的时间,又因为b和c在电场内的水平速度相等,所以b和c同时飞离电场,故B、C错误;动能的增加量等于电场力所做的功,对a和b,电场力相等,在电场力方向发生的位移也相等,故a、b动能增加量一样多,c所受的电场力虽然与a、b所受的相等,但在电场力方向发生的位移最小,所以动能的增加量最小,故D正确。

2.B　A、B两粒子均做类平抛运动,对A粒子有:L=v0tA,L=,对B粒子有:L=v0tB,=,联立解得:qA∶qB=2∶1,故A错误,B正确;对A粒子,由动能定理得:WA=qAEL=m-m,对B粒子,由动能定理得:WB=qBE=m-m,联立解得:WA∶WB=4∶1,因为不知道粒子的初速度v0和粒子的质量m,故无法计算粒子离开电场时vA和vB的比值,故C、D错误。

3.答案　

解析　粒子在电场中受电场力偏转

垂直于电场方向上,L=v0t

平行于电场方向上,y=at2

其中,qE=ma,vy=at。

出电场后,粒子做匀速直线运动,设速度与x轴夹角为θ

tan θ==,联立解得E=。

4.C　粒子在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,运动时间均为T,在t=nT(n=0,1,2…)时刻进入的粒子偏转位移最大,在前半个周期加速运动,后半个周期匀速运动,位移ymax=a·+a·=aT2,在t=T(n=0,1,2…)时刻进入的粒子偏转位移最小,在前半个周期竖直方向处于静止状态,后半个周期做加速运动,ymin=a·=aT2,ymax∶ymin=3∶1,C选项正确。

5.D　电压如图2时,电子先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;电压如图3时,在0~时间内,电子先加速运动后减速运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,B错误;电压如图4时,电子做加速度先增大后减小的加速运动,过了做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后继续朝同一方向重复上述运动过程,故电子一直朝同一方向运动,C错误;电压如图5时,电子先加速运动,到后减速运动,后反向加速运动,后减速运动,T时速度减为零,之后又反向加速运动,故电子做往复运动,D正确。

6.B　设电子质量为m,电荷量为e,平行板长度为l,宽度为d。经电势差为U1的电场加速时,由动能定理得eU1=m

经平行板射出时,其水平速度和竖直速度分别为

vx=v0,vy=at=·

由此得tan θ===

当l、d一定时,增大U2或减小U1都能使偏转角θ增大。

7.CD　设质子、α粒子打到感光板上时的速度分别为v1、v2,根据动能定理Uq+Edq=mv2-0,化简得v=,得==∶1,故A错误;设带电粒子到达O2时的速度为v0,根据动能定理m-0=qU,解得v0=,粒子在匀强电场E中的竖直方向的位移为h=t2,水平方向的位移为x=v0t,联立解得x=2,所以质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起,D正确;粒子在平行金属板A、B之间的加速度a=,可知质子的加速度较大,故在平行金属板A、B之间,质子的运动时间短,粒子进入匀强电场E后做类平抛运动,因为两个粒子的水平位移相同,质子的水平速度大于α粒子的水平速度,故在匀强电场E中,质子的运动时间短,所以在整个过程中,质子运动的时间小于α粒子的运动时间,故B错误;从开始运动到打到感光板上,根据动能定理有Uq+Edq=Ek-0,解得==,故C正确。

8.答案　(1)4×107 m/s　(2)0.1 cm　(3)6 cm

解析　(1)加速过程,由动能定理得:eU1=m,

代入数据可得:v0=4×107 m/s。

(2)根据电子在板间做类平抛运动得:y=at2,其中a=,t=,

代入数据可得:y=0.1 cm。

(3)根据电子在板间做类平抛运动,将电子出电场时的速度反向延长,延长线与板间的中心线相交于板间水平位移的中点,设速度反向延长线与水平方向的夹角为θ,则tan θ=,根据电子出电场后做匀速直线运动,利用几何关系知:x=,代入数据可得:x=6 cm。

9.BCD　由题知,小球在复合场中运动,由静止从A点释放,沿弦AB和AC到达圆周的时间相同,则A点可以认为是等效圆周的最高点,沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点,对小球进行受力分析,小球应带正电,如图所示,可得

mg tan 37°=qE,解得小球的带电荷量为:q==3×10-5 C,故A错误;小球做圆周运动过程中由于重力和电场力都是恒力,所以它们的合力也是恒力,小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变,在圆上各点,小球在等效最高点A的势能(重力势能和电势能之和)最大,则其动能最小,由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动,根据牛顿第二定律,在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力:=m,小球做圆周运动过程中动能最小值:Ekmin=m== J=0.5 J,故B正确;由于总能量保持不变,小球从B到A过程中电场力做负功,电势能增大,小球的机械能逐渐减小,故C正确;将重力与电场力等效成新的“重力场”,新“重力场”方向与竖直方向成37°,等效重力G'=,等效重力加速度为g'=,小球恰好能做圆周运动,在等效最高点A点速度为vA=,在等效最低点小球对环的压力最大,设小球在等效最低点的速度为v,由动能定理得:G'·2R=mv2-m,在等效最低点,由牛顿第二定律:FN-G'=m,联立解得小球在等效最低点受到的支持力,FN=3.0 N,根据牛顿第三定律知,小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0 N,故D正确。

10.答案　 (1)在A点速度最小(见解析图)　　(2)

解析　 (1)对小球在B点受力分析如图所示,

设小球静止的位置B为等效重力势能零点,由于动能与等效重力势能的总和不变,则小球位于和B点对应的同一直径上的A点时等效重力势能最大,动能最小,速度也最小。设小球在A点时的速度为vA,此时细线的拉力为零,等效重力提供向心力,则mg'=

得小球的最小速度

vA==。

(2)设小球在B点的初速度为vB,由能量守恒得

m=m+mg'·2l

将vA=代入上式得vB=。