帶電粒子在電場中的運(yùn)動鞏固練習(xí)提高

1、【鞏固練習(xí)】一、選擇題：1、 質(zhì)子和氘核垂直射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，它們從電場中射出時偏離的距離相等，由此可知射入電場時（）A、質(zhì)子的動能是氘核動能的 2倍B、質(zhì)子的動能與氘核動能相等C、質(zhì)子的速度是氘核速度的 2倍D、質(zhì)子的動量是氘核動量的 2倍2、 質(zhì)量為m,帶電量為 Q的帶電微粒從 A點以豎直向上的速度 V。射入電場強(qiáng)度為 E的沿水平方向的勻強(qiáng)電場中，如圖所示，當(dāng)微粒運(yùn)動到B點時速度方向變?yōu)樗椒较?，大小仍為V。，已知微粒受到的電場力和重力大小相等，以下說法中正確的是 （）2A、微粒在電場中做勻變速運(yùn)動 mvo B、 A、B兩點間電勢差是U -2qC、由A點到B點微粒的動能沒有變

2、化D、從A點到B點合力對微粒做功為零3、帶電粒子從靜止出發(fā)經(jīng)過電場加速后，垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，當(dāng)離開偏轉(zhuǎn)電場時，決定帶電粒子側(cè)移距離大小的因素是（）A、帶電粒子質(zhì)量越大，側(cè)移越大B、帶電粒子電量越大，側(cè)移越大C、加速電壓越低，側(cè)移越大D、偏轉(zhuǎn)電壓越高，側(cè)移越大4、如圖所示，帶電粒子以平行極板的初速度從左側(cè)中央飛入勻強(qiáng)電場，恰能從右側(cè)擦極板邊緣飛出電場（重力 不計），若帶電粒子的初動能增大為原來的將板的長度變?yōu)樵瓉淼?2倍2倍，而仍能使其擦極板邊緣飛出，則可采取的措施為（2將板之間距離變?yōu)樵瓉淼腃、將兩板之間電壓變?yōu)樵瓉淼膬杀禗、以上措施均不對5、（2016湖北月考）如圖所示，正方體真空盒置于水平

3、面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶負(fù)電，EFGH面帶正電。從小孔 P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶負(fù)電 的小球A、B、C，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是 （）CA .三個小球在真空盒中都做類平拋運(yùn)動B . C小球在空中運(yùn)動時間最長C. C小球在平板上時速度最大D . C小球所帶電荷量最少6、如圖所示，一帶電粒子以速度v0沿垂直電場的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，兩極板間的電壓為U，射出電場后偏轉(zhuǎn)距離為y,要使y減小，可以采取的方法是（）A、只提高粒子進(jìn)入電場的速率B、只增大兩極板間的電壓C、只增大兩極板間的距離 d D、只增大兩極板的長度 L

4、7、（ 2015騰沖八中期中考）如圖所示，一電子沿x軸正方向射入電場，在電場中的運(yùn)動軌跡為 OCD，已知O A=A B，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為Vcy和VDy ;電子在OC段和OD段動能的變化量分別為AEki和圧k2，則（）A . Vcy : VDy = 1： 2C . VCy ： VDy = 1： 4B .'- Ek1 ：Ek2=1： 4D Ek1 ：巴2=1： 3、填空題:1、如圖所示，在勻強(qiáng)電場中，質(zhì)子和 ：粒子從正極板開始由靜止出發(fā)達(dá)到負(fù)極板已知質(zhì)子和：粒子電量之比為q1: q2 = 1: 2，質(zhì)量之比為 m!:= 1: 4，則它們到達(dá)負(fù)極板時的速度之比v1 : v

5、2 =2、如圖所示，空間某個區(qū)域內(nèi)有場強(qiáng)大小為 E的勻強(qiáng)電場，電場的邊界 MN和PQ是間距為d的兩個平行平面， 如果勻強(qiáng)電場的方向第一次是垂直于MN指向PQ界面，第二次是和MN界面平行，在這兩種情況下，一個帶電量為q的質(zhì)點以恒定的初速垂直于 MN界面進(jìn)入勻強(qiáng)電場， 帶電質(zhì)點從PQ界面穿出電場時動能相等， 則帶電質(zhì) 點進(jìn)入電場時的初動能是 .3、來自質(zhì)子源的質(zhì)子 （初速度為零），經(jīng)一加速電壓為 U =800kV的直線加速器，形成電流強(qiáng)度為I =1mA的 細(xì)柱形質(zhì)子流已知質(zhì)子電荷e = 1.60漢10C.這束質(zhì)子流每秒打到靶上的質(zhì)子數(shù)為 .假定分布在質(zhì)子源到靶之間的加速電場是均勻的，在質(zhì)子束中與質(zhì)

6、子源相距I和41的兩處，各取一段極短的相等長度的質(zhì)子流，其中的質(zhì)子數(shù)分別為和n2，則n1 / n2 =.三、解答題：1、（2016四川模擬）如圖所示的裝置，Ui是加速電壓，緊靠其右側(cè)的是兩塊彼此平行的水平金屬板，板長為I，兩板間距離為d, 個質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒子，經(jīng)加速電壓加速后沿金屬板中心線水平射入兩板中，若兩水平金屬板間加一電壓 6,當(dāng)上板為正時，帶電粒子恰好能沿兩板中心線射出；當(dāng)下板為正時，帶電粒子則射 到下板上距板的左端 1/4處，求：（1）匕為多少？U2（2）為使帶電粒子經(jīng) U1加速后，沿中心線射入兩金屬板，并能夠從兩板之間射出，兩水平金屬板所加電壓U2應(yīng)滿足什么條件？2、如

7、圖所示，真空室中電極 K發(fā)出的電子（初速不計，質(zhì)量為 m，電量為e）經(jīng)過電勢差為U。的加速電場后， 由小孔S沿兩水平金屬板 A、B間的中心線射入.A、B板間距為d，板長I =2d，A板帶正電，B板帶負(fù)電，設(shè) 板間電場是勻強(qiáng)的.當(dāng)A、B板間電勢差大小為 Ur時，電子恰能從 A、B板間飛出，不計重力.求：（1 ）電子是從 C點附近飛出，還是從 D點附近飛出？（2）U1 = ?（3） 若A、B間電勢差隨時間緩慢增大（如函數(shù)圖所表示）在t= 40秒時刻，進(jìn)入 A、B板間的電子能從 A、B 板間右邊飛出嗎？3、如圖所示，長度為 L,相距為d的平行板電容器，與一電源相連 一質(zhì)量為m、電量為q的粒子以速度V

8、。沿平行于金屬板之間的中線射入電場中，從飛入時刻計算，A、B兩極板之間的電勢差隨時間的變化規(guī)律如圖所示,為了使帶電粒子射出電場時的速度剛好平行于金屬板，求：（1 ）所加電壓的周期 T應(yīng)滿足什么條件；（2）所加電壓的最大值應(yīng)滿足什么條件 【答案與解析】一、選擇題：1、B解析：帶電粒子以初速度 Vo垂直于電場的方向射入勻強(qiáng)電場，設(shè)平行板的長度是L,板間距離是d,偏轉(zhuǎn)電壓是1 2 eueUL2eUL2U，貝U L = v0ty = at a =y2它們從電場中射出時偏轉(zhuǎn)距離y 2md解得： 2dmvo4dEk0，由此可見，偏離的距離相等時，入射的初動能一定相等，選項B正確.2、ABCD解析：帶電微粒

9、受到恒定的電場力和重力作用其合力也一定是恒力，所以微粒在復(fù)合場中做勻變速運(yùn)動，選項A正確；這一過程微粒的動能沒有發(fā)生變化，由動能定理知，合力對微粒做的功為零，即mgh-qU =0 （ h為A2到B的豎直高度，d為沿電場線運(yùn)動的距離），所以選項 CD正確；對微粒在豎直方向有：h =直，所以2g, mgh mv：U一，選項B正確.q 2q3、CD解析：設(shè)加速電壓為 u0，偏轉(zhuǎn)電壓U ，為平行板的長度為 L,板間距離為d,離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)位移為 y,粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為V。，則1 21 2 eu加速過程用動能定理eU 0 = mv0，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后L = v°t，偏轉(zhuǎn)距 離y =

10、 - at a = 2 偏轉(zhuǎn)距離2md，解得eUL2eUL2UL2y 22dmvo4dEko 4dU。，由此可見降低加速電壓，提高偏轉(zhuǎn)電壓可以使得粒子的側(cè)移變大，選項CD正確4、C解析：設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓 U，為平行板的長度為 L，板間距離為d，離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)位移為y，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v0，則進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后1 2L =v0t，偏轉(zhuǎn)距離y = ? ata越 md，解得qUL22dmv：qUL24dEk0，因為帶電粒子能擦極板邊緣飛出，所以必有r，代人上式得qUL22dmv0qUL24dEko由此式可見，帶電粒子的初動能增、2倍，或者使板間距離【解析】三個小球在水平方向受到電場力作用,水平

11、方向不是勻速直線運(yùn)動,所以三個小球在真空盒中不是做類平拋運(yùn)動，選項 A錯誤；由于三個小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)，三個小球的在1 2空中運(yùn)動時間相同，選項 B錯誤；根據(jù)動能定理得:qEx mgy 二1 2 -mv 2可得v =2(qEx mgy)m加為原來的兩倍時，仍能擦邊緣飛出，可以使電壓增加為原來的兩倍，板長變?yōu)樵瓉淼?減小為原來的. 2，所以只有選項 C正確.5、【答案】CX3>X2>X1，可知，C小球落到底板時的速率最大，故選項C正確；由于C小球在水平方向位移最大，說明C小球在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D錯誤。6、A C解析：帶電粒子以v0_E進(jìn)入電場，

12、做類似平拋運(yùn)動 .偏轉(zhuǎn)距離 y=at2二1Uq （丄）2故a c正確.22 dm v07、AC解析：電子在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動，所以到C點的時間與到D點的時間之比為tc：tXoA:XoB =1:2，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，vy =Eqt，所以Vo V。ymEe Ee12Vcy: vDytc:td =1:2，A正確B錯誤；在豎直方向上的位移為y at，所以到C點與到D點的豎直mm222位移之比為y- yd丸：td =1:4，故電場力做功為 Wc :Wd =Eqyc : Eqyl: 4，所以動能變化量之比為=Eki :厶Ek1 =1: 4，故 C 錯誤，D 正確。二、填空

13、題：1、 X 2 :1解析：設(shè)兩極電勢差為1U，則由動能定理：Uqmv2 - 0 . v =22mqvv2m2qEd（2 ）當(dāng)電場線方向與MN平仃時，帶電粒子的速度方向與電場線垂直，粒子做類平拋運(yùn)動,于疋d = v°t1 +2 qEd2 十yat2，在2 2mv2解析：（1）當(dāng)電場線與MN邊界垂直時，對帶電粒子用動能定理得:qEd 二 Ek2 - Ek1 ；偏轉(zhuǎn)場中運(yùn)用動能定理 qEy二Ek2 -Ek1，與上式比較可得y =d，2 2即y =d =理.旦2mv（4Ek1整理得：Ek1二疤415_13、6.25 10 s nn2 =2:1 3解析：這束質(zhì)子流每秒打到靶上的質(zhì)子數(shù)為N =

14、 !1 10 M =6.25 1015個e 1.6 漢 10質(zhì)子在質(zhì)子源到靶子之間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度為a,則在距離靶源L和4L處的速度分別是 v2 -2aL和v| -2a 4L，比較可知v2 = 2v1.在距離靶源L和4L處各取一段極短的相等長度（設(shè)為 l ）的質(zhì)子流, 也I十Al則每段中的質(zhì)子數(shù)分別為 小=N禾口 n2 = N，v1v2所以，n, n2 =v2:V1=2：三、解答題:1、【答案】(1巴=二；U216d2(2) 了霽心嚴(yán)：gd8q8q【解析】(1)設(shè)粒子被加速后的速度為V0,當(dāng)兩板間加上電壓 U2如上板為正時,qU2 十g，得Umgddq如下板為正時,qU

15、2 mg a =d = 2gmst2 21l4_得:2 _ gi2Vo 一 8dmgl216dq則U1Ul216d2晉-mg qU2md水平方向:(2)當(dāng)上板加最大電壓 5'時，粒子斜向上偏轉(zhuǎn)剛好穿出& = d2 -g豎直方向：29=鸚"l = v°t聯(lián)立，解得u 廠 9mgd8q若上板加最小正電壓時，粒子向下偏轉(zhuǎn)恰穿出l 二V°t8qqU2噸一qU；a2 d = g _ T mmd水平方向:若下板加上正電壓時，粒子只能向下偏轉(zhuǎn)水平方向:l = v°t豎直方向:2£a1 2-d 22聯(lián)立，解得U2一 7mgd8q可見下板不能加正電壓所以 7mgd : U8q9mgd<8q臺匕U冃匕o2解析：(1)因為電子帶負(fù)電，上極板帶正電，mg qU2mg d qU2a3d =g ：Jmd所以電子從(2)因為電子恰好從板間飛出，偏轉(zhuǎn)距離一定等于C點飛出.dr對電子的加速過程用動能定理得eUo= 2mVo22eUo電子在板間運(yùn)動的時間 是2d電子剛好離開板間時偏轉(zhuǎn)距離是:d 1 eU1"廠2m4d2解得：U1Uo2(3)由偏轉(zhuǎn)電壓隨時間的變化圖像知，在t=40s時，兩板之間的電壓是4OV，小于F電子仍能從平行板的右側(cè)飛出L3、T -nvo2