2019-2020版高中物理 第一章 9 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1

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1、9　帶電粒子在電場中的運動 1.(2019·山西太原月考)一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時,它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是(　A　) A.勻速直線運動 B.勻加速直線運動 C.勻變速曲線運動 D.勻速圓周運動 解析:只在靜電力的作用下,說明粒子受到的合外力的大小為靜電力,不為零,不可能做勻速直線運動,故A正確;當粒子在勻強電場中由靜止釋放后,粒子做勻加速直線運動,故B錯誤;當粒子垂直進入勻強電場后,粒子做類平拋運動,故C錯誤;正電荷周圍的電子只在靜電力作用下,可以做勻速圓周運動,故D錯誤. 2.(2019·貴州銅仁校級檢測)如圖所示,M,N是真空中的兩塊平行金屬板,質量為m、電荷量

2、為q的帶電粒子,以初速度v0由小孔進入電場,當M,N間電壓為U時,粒子恰好能到達N板,如果要使這個帶電粒子到達M,N板間距的后返回,下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)(　B　) A.使初速度減為原來的 B.使M,N間電壓加倍 C.使M,N間電壓提高到原來的4倍 D.使初速度和M,N間電壓都變?yōu)樵瓉淼?倍 解析:由qEl=m知,當v0變?yōu)関0時l變?yōu)?因為qE=q,所以qEl=q·l=m,通過分析知B選項正確. 3.如圖所示,質子H)和α粒子He)以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重力),則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為(　B　) A.1∶1 B.1

3、∶2 C.2∶1 D.1∶4 解析:由y=和Ek0=m得y=,y與q成正比,選項B正確. 4.(2019·四川成都月考)如圖所示,質量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后,分別抵達B,C兩點,若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于(　B　) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶ D.∶1 解析:豎直方向有h=gt2,水平方向有l(wèi)=t2,聯(lián)立可得q=,所以有=,B正確. 5.(2019·河南鄭州月考)一束正離子以相同的速率從同一位置,沿垂直于電場方向飛入勻強電場中,所有離子的運動軌跡都是一樣的,這說明所有粒子(　C　) A.都具有相同的質量 B.都具有

4、相同的電荷量 C.具有相同的荷質比 D.都是同一元素的同位素 解析:由偏轉距離y=可知,若運動軌跡相同,則水平位移相同,偏轉距離y也應相同,已知E,l,v0是相同的,所以應有相同,C正確. 6.兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知(不計粒子重力)(　C　) A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質量一定相等 B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的速率一定相等 C.若入射粒子的電荷量與質量之比相等,則出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的電荷量

5、與質量之比相等,則出射粒子的動能一定相等 解析:由題圖可知,該粒子在電場中做勻速圓周運動,靜電力提供向心力qE=m得r=,r,E為定值,若q相等,則mv2一定相等;若相等,則速率v一定相等,故C正確. 7.(2019·浙江溫州檢測)噴墨打印機的簡化模型如圖所示,重力可忽略的墨汁微滴,經帶電室?guī)ж撾姾?以速度v垂直勻強電場飛入極板間,最終打在紙上.則微滴在極板間電場中(　A　) A.向正極板偏轉 B.電勢能逐漸增大 C.運動軌跡是圓弧 D.運動軌跡與帶電荷量無關 解析:由于微滴帶負電,電場方向向下,因此微滴受到的靜電力方向向上,微滴向正極板偏轉,A項正確;偏轉過程中靜電力做

6、正功,電勢能減小,B項錯誤;微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動,位移x=vt,沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動,位移y=·t2=·x2,此為拋物線方程,C項錯誤;從式中可以看出,運動軌跡與帶電荷量q有關,D項錯誤. 8.一個動能為Ek的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時動能為2Ek.如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?那么它飛出電容器的動能變?yōu)?　C　) A.8Ek B.5Ek C.4.25Ek D.4Ek 解析:因為偏轉距離為y=,帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r,偏轉距離變?yōu)?所以靜電力做功只有W=0.25Ek,而初動能變?yōu)?Ek,故它飛

7、出電容器時的動能變?yōu)?.25Ek,C正確. 9.(2019·貴州遵義校級模擬)如圖所示,地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場,一個質量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域,剛好通過豎直平面中的P點,已知連線OP與初速度方向的夾角為45°,則此帶電小球通過P點時的動能為(　D　) A.m B.m C.2m D.m 解析:由題可知,小球到P點時,水平位移和豎直位移相等,即v0t=t,合速度vP==v0,則EkP=m=m,故D正確. 10.在光滑水平面上有一比荷=1.0×10-7 C/kg的帶正電小球,靜止在O點,以O點為原點,在水平面內建立坐標系xOy,現(xiàn)突然加一沿

8、x軸正方向、電場強度為2.0×106 V/m的勻強電場,小球開始運動.經過1.0 s,所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向,電場強度大小不變.則小球運動的軌跡和位置坐標正確的是圖中的(　C　) 解析:小球加速度大小a==0.20 m/s2,1 s末小球速度vx=at=0.20 m/s,沿x軸方向距離x1=at2=×0.20×12 m=0.10 m.第2 s內小球做類平拋運動, x方向x2=vxt=0.20 m,沿y軸方向y2=at2=×0.20×12 m=0.1 m,故第2 s末小球坐標為(0.30 m,0.10 m),故C正確. (教師備用) 1.(2019·廣州深圳月考)(多選)一

9、帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進入勻強電場E中,如圖所示.經過一段時間后,其速度變?yōu)樗椒较?大小仍為v0,則(　BCD　) A.靜電力等于重力的2倍 B.粒子運動的水平位移的大小等于豎直位移的大小 C.靜電力做的功一定等于重力做功的負值 D.粒子電勢能的減少量一定等于重力勢能的增加量 解析:粒子在水平方向上ax=,vx=axt;豎直方向上vy=v0-gt,到達B時,vx=v0,vy=0,所以有v0=axt,0=v0-gt,故ax=g,qE=mg,選項A錯誤;由動能定理有qEx-mgh=0,得x=h,選項B正確;WE=-WG,選項C正確; ΔEE=-ΔEG,選項D正確. 2

10、.如圖為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計),經燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進入兩塊平行金屬板M,N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場),電子進入M,N間電場時的速度與電場方向垂直,電子經過電場后打在熒光屏上的P點.已知M,N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質量為m,電荷量為e,不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力. (1)求電子穿過A板時速度的大小; (2)求電子從偏轉電場射出時的側移量y; (3)若要電子打在熒光屏上P點的上方,可采取哪些措施? 解析:(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0,由動能定理有eU1=m,解得v0=. (2)電子沿極板方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.設電子在偏轉電場中運動的時間為t,加速度為a,電子離開偏轉電場時的側移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式有t=,a=,y=at2,解得y=. (3)減小加速電壓U1或增大偏轉電壓U2. 答案:(1)　(2) (3)減小加速電壓U1或增大偏轉電壓U2 5