2018-2019學年高中物理 第1章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動練習 新人教版選修3-1

第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動基礎鞏固1.(2018·湖北武漢十一中高二月考)質(zhì)子H)、粒子He)、鈉離子(Na+)三個粒子分別從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后,獲得動能最大的是(B)A.質(zhì)子H) B.粒子He)C.鈉離子(Na+) D.都相同解析:qU=mv2-0,U相同,粒子帶的正電荷多,電荷量最大,所以粒子獲得的動能最大,故選項B正確.2.(2018·江蘇啟東中學高二測試)帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉時(除靜電力外不計其他力的作用)(B)A.電勢能增加,動能增加B.電勢能減小,動能增加C.電勢能和動能都不變D.上述結論都不正確解析:整個過程靜電力做正功,只有電勢能與動能之間相互轉化,根據(jù)能量守恒,減小的電勢能全部轉化為動能,故選項A,C,D錯誤,B正確.3.(2018·江蘇鹽城市三中高二期末)如圖所示,在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動,則關于電子到達B板時的時間和速率,下列說法正確的是(C)A.兩板間距越大,則加速的時間越長,獲得的速率越小B.兩板間距越小,則加速的時間越短,獲得的速率越小C.兩板間距越小,則加速的時間越短,獲得的速率不變D.兩板間距越小,則加速的時間不變,獲得的速率不變解析:由于兩極板之間的電壓不變,所以極板之間的電場強度為E=,電子的加速度為a=,由此可見,兩板間距離越小,加速度越大,電子在電場中一直做勻加速直線運動,由d=at2=t2,所以電子加速度的時間為t=d,由此可見,兩板間距離越小,加速時間越短,對于全程,由動能定理可得,qU=mv2,所以電子到達B板時的速率與兩板間距離無關,僅與加速電壓U有關,故C正確,A,B,D錯誤.4.(2018·山東省煙臺高二開學考試)(多選)一帶電粒子從兩平行金屬板左側中央平行于極板飛入勻強電場,且恰能從右側極板邊緣飛出,若粒子初動能增大一倍,要使它仍從右側邊緣飛出,則應(BC)A.只將極板長度變?yōu)樵瓉淼?倍B.只將極板長度變?yōu)樵瓉淼谋禖.只將極板電壓增大到原來的2倍D.只將極板電壓減為原來的一半解析:對于帶電粒子以平行極板的速度從左側中央飛入勻強電場,恰能從右側擦極板邊緣飛出電場這個過程,假設粒子的帶電荷量q,質(zhì)量為m,初速度為v,極板的長度為L,極板的寬度為d,電場強度為E;由于粒子做類平拋運動,所以水平方向:L=vt,豎直方向y=at2=·()2=;可知,若粒子初動能Ek增大一倍,要使它仍從右側邊緣飛出,y不變,則由上式分析可知:應將極板長度變?yōu)樵瓉淼谋?或?qū)O板電壓增大到原來的2倍,故選項B,C正確.5.(2018·浙江溫州中學高二期中)如圖所示,質(zhì)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q1q2等于(B)A.12 B.21C.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=,故選項B正確.6.(2018·貴州湄江中學高二期中)(多選)如圖所示,電荷量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A,B兩板間的加速電場后飛出,不計重力的作用,則(BD)A.它們通過加速電場所需要的時間相等B.它們通過加速電場過程中動能的增量相等C.它們通過加速電場的過程中速度的增量相等D.它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等解析:由a=,可知加速度相等,因為初速度不同,運動的時間不同.根據(jù)v=at知,速度的變化量不同,故選項A,C錯誤.根據(jù)動能定理得,qU=Ek,知靜電力做功相同,則動能的增量相同,故選項B正確.因為靜電力做功相等,根據(jù)靜電力做功與電勢能的關系知,電勢能的減小量相等,故選項D正確.7.(2018·河北石家莊一中高二期中)(多選)如圖所示,水平放置的平行板電容器,上極板帶負電,下極板帶正電,帶電小球以速度v0水平射入電場,且沿下極板邊緣飛出.若下極板不動,將上極板上移一小段距離,小球仍以相同的速度v0從原處飛入,則帶電小球(BD)A.將打在下極板中央B.仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出C.不發(fā)生偏轉,沿直線運動D.若上極板不動,將下極板上移一段距離,小球可能打在下極板的中央解析:將電容器上極板移動一小段距離,電容器帶電荷量不變,由公式E=可知,電容器產(chǎn)生的場強不變,以相同速度從原處入射的小球仍將沿原軌跡運動,故選項A,C錯誤,B正確.當上極板不動,下極板向上移動時,雖然小球仍將沿原軌跡運動,但是下極板向上移動了一些,小球可能打在下極板的中央,故選項D正確.8.(2018·河南商丘九校高二聯(lián)考)如圖,帶電荷量之比為qAqB=13的帶電粒子A,B以相等的速度v0從同一點出發(fā),沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C,D點,若OC=CD,忽略粒子重力的影響,則(B)A.A和B在電場中運動的時間之比為21B.A和B運動的加速度大小之比為41C.A和B的質(zhì)量之比為12D.A和B的位移大小之比為11解析:粒子在電場中做類平拋運動,在水平方向有x=v0t,由于帶電粒子A,B以相等的速度v0從同一點出發(fā),所以運動時間t與走過的水平位移x成正比,則粒子的運動時間之比=,故選項A錯誤.粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,側移量y=at2,由于粒子在豎直方向上走過的高度是相等的,所以加速度之比和時間的平方成反比,則加速度之比為=,故選項B正確.由牛頓第二定律得Eq=ma,則粒子質(zhì)量之比為=×=,故選項C錯誤.A,B兩個粒子在豎直方向上的位移相等,但水平方向上的位移不相等,所以合位移之比不相等,不是11的關系,故選項D錯誤.能力提升9.(2018·陜西師大附中高三二模)(多選)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(jīng)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(AC)A.向正極板偏轉B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線D.運動軌跡與帶電荷量無關解析:帶電微滴垂直進入電場后,在電場中做類平拋運動,根據(jù)平拋運動的分解水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動.帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力,故帶電微滴向正極板偏轉,選項A正確;帶電微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用,靜電力做正功,故墨汁微滴的電勢能減小,選項B錯誤;根據(jù)x=v0t,y=at2及a=,得帶電微滴的軌跡方程為y=,即運動軌跡是拋物線,與帶電荷量有關,選項C正確,D錯誤.10.(2017·寧夏石嘴山市三中高三四模)如圖,豎直平行金屬板分別與電源正、負極相接,一帶電顆粒沿圖中直線從A向B運動,則該帶電顆粒(B)A.動能減小B.電勢能減小C.機械能減小D.可能帶負電解析:微粒的合力方向與速度方向一致,對微粒做正功,則其動能增大,故A錯誤;帶電微粒在電場中受到重力和靜電力兩個力作用,靜電力在水平方向,由微粒做直線運動可知,靜電力方向必定水平向右,靜電力做正功,機械能增大,電勢能減小,故B正確,C錯誤.由靜電力的方向,粒子帶正電,D錯誤.11.(2018·河北正定中學高二期中)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(jīng)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(jīng)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(zhì)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;(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(jīng)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.設偏轉電場的電場強度為E,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U27