2021学年5 带电粒子在电场中的运动当堂检测题

这是一份2021学年5 带电粒子在电场中的运动当堂检测题，共18页。试卷主要包含了5 带电粒子在电场中的运动等内容，欢迎下载使用。

1.理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题。
2.能分析实际生活中带电粒子的加速和偏转问题，并解释相关物理现象。
一、带电粒子的加速
1．带电粒子在电场中加速(直线运动)的条件：只受电场力作用时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。
2．分析带电粒子加速问题的两种思路
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析。
(2)利用静电力做功结合动能定理来分析。
二、带电粒子的偏转
1．条件：带电粒子的初速度方向跟电场力的方向垂直。
2．运动性质：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹是一条抛物线。
3．分析思路：同分析平抛运动的思路相同，利用运动的合成与分解思想解决相关问题。
三、示波管的原理
1．构造：示波管主要由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。
2．原理
(1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。
甲 示波管的结构 乙 荧光屏(从右向左看)
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，使电子沿YY′方向偏转。
(3)示波管的XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压(如图所示)，叫作扫描电压，使电子沿XX′方向偏转。
扫描电压
基础过关练
题组一 带电粒子在电场中的加速
1.如图所示，两平行金属板相距为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出，最远到达A点，然后返回，OA=h，此电子具有的初动能是 ( )

A.edℎUB.edUh
C.eUdℎD.eUℎd
2.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释中正确的是 ( )
A.两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则电子获得的速率越大
B.两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则电子获得的速率越小
C.两极板间的距离越小，加速度就越大，则电子获得的速率越大
D.与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
3.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是 ( )
A.IΔleSm2eUB.ISΔlem2eU
C.IeSm2eUD.IΔlem2eU
题组二 带电粒子在电场中的偏转
4.如图所示，两金属板与电源相连接，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，则两极板长度应变为原来的 ( )
A.2倍 B.4倍
C.12 D.14
5.如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A释放一个带电荷量为+Q(Q>0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下极板的端点B射出，则d与L之比为 ( )
A.1∶1B.2∶1
C.1∶2D.1∶3
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电场方向射入，且正好能穿过电场，求：
(1)金属板AB的长度；
(2)电子穿出电场时的动能。易错
能力提升练
题组一 带电粒子在恒定电场中的运动
1.()如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量(yU2)]与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是 ( )

A.L越大，灵敏度越高
B.d越大，灵敏度越高
C.U1越大，灵敏度越高
D.U2越大，灵敏度越低
2.()如图所示，A、B两板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2，板间距离为d。一个质量为m的粒子(24He)自A板起由静止相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半，则它的出射速度的大小为 ( )
A.e(2U1+U2)mB.2e(2U1+U2)m
C.e(2U1+U2)2mD.e(U1+U2)m
3.()如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O'点为荧光屏的中心。已知电子质量m=9.0×10-31 kg，电荷量e=1.6×10-19 C，加速电场电压U0=2 500 V，偏转电场电压U=200 V，极板的长度L1=6.0 cm，板间距离d=2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)。求：
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O'点的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中静电力对它所做的功W。深度解析
题组二 带电粒子在变化电场中的运动
4.()在平行金属板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=T4时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况，下列选项中，能定性描述粒子运动的速度随时间变化的规律的是 ( )
5.()如图(a)所示的两平行金属板P、Q间加上图(b)所示电压，t=0时，Q板电势比P板高5 V，在两板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受静电力而运动，且不会碰到金属板，则这个电子处于M点右侧、速度向右，且速度逐渐减小的时间段是 ( )
A.0B.2×10-10 sC.4×10-10 sD.6×10-10 s6.()如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2 m，板间距离d=1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间变化的规律如图乙所示，已知U0=1×103 V，变化周期T=2×10-3 s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1×103 m/s的速度平行于AB板射入板间，粒子电荷量q=1×10-5 C，质量m=1×10-7 kg，不计粒子所受重力，求：
(1)粒子在板间运动的时间；
(2)粒子打在荧光屏上的纵坐标；
(3)粒子打到荧光屏上时的动能。
7.()如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L=10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离为1.5L，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
甲
乙
(1)在t=0.05 s时刻，电子打在荧光屏上的何处。
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
题组三 带电粒子在复合场中的运动
8.()如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法中不正确的是 ( )
A.小球带正电
B.小球所受静电力跟重力平衡
C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D.小球在运动过程中机械能不守恒
9.()(多选)从地面斜向上抛出一个质量为m、带电荷量为+q的小球，选地面为重力零势能面，当小球到达最高点时，其具有的动能与重力势能之比是9∶16，现在此空间加上一个平行于小球运动平面的竖直匀强电场E，以相同的初速度抛出原小球，小球到达最高点时的动能等于重力势能。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )
A.小球抛出时速度的水平分量与竖直分量的大小之比为4∶3
B.小球第二次在空中运动的水平位移小于第一次在空中运动的水平位移
C.所加电场方向一定竖直向上，且满足qED.所加电场的场强大小一定是7mg9q
答案全解全析
5 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
1.D 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小。电子仅受静电力，根据动能定理得12mv02=eUOA。因E=Ud，UOA=Eh=Uℎd，故12mv02=eUℎd。所以D正确。
2.D 由eU=12mv2可知，电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以电子到达Q时的速度大小不变，选项D正确。
方法总结 处理带电粒子的加速问题的两种方法
(1)利用运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动。
(2)利用功能关系分析：粒子动能的变化量等于静电力做的功(电场可以是匀强电场，也可以是非匀强电场)。
3.D 根据动能定理有：eU=12mv2，得v=2eUm，在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电荷量为q=IΔt=IΔlv，则电子个数n=qe=IΔlem2eU，选项D正确，A、B、C错误。
4.A 由y=12at2=qUl22dmv02知，要使y不变，当v0变为原来的2倍时，l变为原来的2倍，故选项A正确。
5.A 设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的规律可得L=v0t，d=vy2t，又v0∶vy=1∶2，可得d∶L=1∶1，选项A正确，B、C、D错误。
6.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=12mv02①
设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t=Lv0②
电子在偏转电场中的加速度a=eUmd③
电子在电场中偏转的距离y=12d=12at2④
由①②③④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
易错警示 常见带电粒子及受力特点：
电子、质子、α粒子、离子等带电粒子在电场中受到的静电力远大于重力，通常情况下，重力可忽略；而像带电小球、液滴、烟尘等，重力不可忽略。
能力提升练
1.A 在加速电场中，根据动能定理得eU1=12mv2，在偏转电场中，由运动学公式得L=vt，粒子在偏转电场中的偏转位移y=12at2，且a=U2edm，联立以上各式解得y=U2L24dU1，则灵敏度yU2=L24dU1，则L越大，灵敏度越高，选项A正确；d越大，灵敏度越低，选项B错误；U1越大，灵敏度越低，选项C错误；灵敏度与U2无关，选项D错误。
2.B 24He的电荷量为2e，粒子飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离的一半，则粒子进入与离开偏转电场的两点间的电势差为U偏转=E2·12d=12E2d=12U2，粒子从进入加速电场到离开偏转电场的过程中，由动能定理得2eU1+2e·12U2=12mv2-0，解得v=2e(2U1+U2)m，选项B正确。
3.答案 (1)3.0×107 m/s (2)0.72 cm (3)5.76×10-18 J
解析 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU0=12mv02，得v0=2eU0m，代入数据得v0=3.0×107 m/s
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y。
在水平方向有L1=v0t
在竖直方向有y=12at2
根据牛顿第二定律有eUd=ma
联立得y=eUL122mdv02
代入数据解得y=0.36 cm
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图知，yℎ=L1L1+2L2
解得h=0.72 cm
(3)电子在偏转电场中运动的过程中，静电力对它做的功
W=eUdy=5.76×10-18 J
解题模板 处理带电粒子在电场中偏转问题的方法
(1)首先认真审题，判断粒子的重力是否可以忽略，当重力不可忽略时，a=|mg-qE|m或a=mg+qEm。
(2)认清粒子的运动特点，明确粒子受力方向，判断粒子向哪个极板偏转。
(3)知道粒子沿电场线方向做匀变速直线运动，解题时有关匀变速直线运动的规律均适用。
(4)最后结合运动的合成与分解的等时性、独立性解题。
4.B 重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=T4时刻开始将其释放，粒子在匀强电场中从静止开始运动，从T4到T2做匀加速运动；从T2到3T4，因静电力反向，则做匀减速运动，速度达到零；而从3T4到T，因静电力方向不变，因此反向做匀加速运动；从T到5T4继续做匀减速运动，速度达到零。在下一个周期中仍是这样。速度先增大后减小，再反向增大，再反向减小，选项B正确，A、C、D错误。
5.B 在06.答案 (1)2×10-3 s (2)0.85 m (3)5.05×10-2 J
解析 (1)粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则
L=v0t
t=Lv0=2×10-3 s
(2)t=0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1，
y1=12aT22+a·T2T2
根据牛顿第二定律有U0qd=ma
解得y1=0.15 m
故纵坐标为y=d-y1=0.85 m
(3)从粒子出射到打到荧光屏上，由动能定理得：
U0qdy2=12mv2-12mv02
其中y2=12aT22
代入数据解得Ek=12mv2=5.05×10-2 J
解题模板 处理带电粒子在变化电场中运动问题的方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等。
(2)分析时从两种思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
7.答案 (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点15 cm (2)40 cm
解析 (1)电子经电场加速，根据动能定理可得qU0=12mv2
经电场偏转后侧移量y=12at2=12·qU偏mLLv2
解得：y=U偏L4U0
由题图知t=0.05 s时刻U偏=1.5U0，所以y=3.75 cm
设打在屏上的点距O点的距离为Y，则满足Yy=1.5L+L2L2
解得：Y=15 cm
(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，则满足Y'L2=1.5L+L2L2
解得：Y'=2L=20 cm
所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y'=4L=40 cm。
8.C 小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、静电力和细绳的拉力，所以静电力与重力平衡，则知小球带正电，选项A、B说法正确；小球在从a点运动到b点的过程中，静电力做负功，小球的电势能增大，选项C说法错误；由于有静电力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，选项D说法正确。
9.BD 无电场时，当小球升到最高点时，小球具有的动能与重力势能之比是9∶16，将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，则竖直方向有vy2=2gh，所以12mvy2=mgh，则12mvx2∶12mvy2=9∶16，解得vx∶vy=3∶4，选项A错误；在竖直方向上加一电场，小球受到的静电力沿竖直方向，水平方向上的速度不受影响，到达最高点时，仍只剩下水平方向上的速度，与未加电场时动能相同，而动能与重力势能的比值从9∶16变为1∶1，即比值增大，所以小球上升的高度减小，在竖直方向上的初速度vy不变，根据h=vy22a，可知加速度增大，所以小球受到的静电力方向竖直向下，电场方向竖直向下，小球的运动时间变短，故水平位移减小，选项B正确，C错误；根据能量守恒定律可知，在施加电场后，在最高点动能、重力势能以及电势能增量之比为9∶9∶7，故有mgH∶qEH=9∶7，解得E=7mg9q，选项D正确。