2017-2018學年物理人教版選修3-1　1.9　帶電粒子在電場中的運動同步練習-教師用卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1.9帶電粒子在電場中的運動同步練習一、單選題如圖所示，正電子垂直電場方向入射到勻強電場中，不計重力,正電子做()A.勻速直線運動 B。勻加速直線運動

C.向下偏轉(zhuǎn)的曲線運動 D.向上偏轉(zhuǎn)的曲線運動【答案】D【解析】解：AB、正電子帶正電，所受的電場力與場強方向相同，即豎直向上，且電場力與初速度垂直，所以正電子做類平拋運動，是一種勻變速曲線運動,故AB錯誤．

CD、正電子所受的電場力向上，所以正電子做向上偏轉(zhuǎn)的曲線運動，故C錯誤，D正確．

故選：D．

如圖所示，在勻強電場中的M、N兩點分別放置帶相等電荷量的正、負點電荷,則()A。兩點電荷受到的電場力大小相等,方向相同

B。兩點電荷受到的電場力大小相等，方向相反

C。兩點電荷受到的電場力大小不等，方向相同

D.兩點電荷受到的電場力大小不等，方向相反【答案】B【解析】解:因為兩電荷的電量相等,根據(jù)F=qE知，兩電荷所受的電場力大小相等,正電荷所受電場力方向水平向右,負電荷所受電場力方向水平向左，方向相反.故B正確，A、C、D錯誤．

故選：B．

密立根油滴實驗原理如圖所示.兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場.用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和電荷量各不相同的油滴.通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()A。懸浮油滴帶正電

B。懸浮油滴的電荷量為mgU

C.增大場強，懸浮油滴將向上運動

D.油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍【答案】C【解析】解:A、帶電荷量為q的油滴靜止不動,則油滴受到向上的電場力；

題圖中平行板電容器上極板帶正電,下極板帶負電,故板間場強方向豎直向下，則油滴帶負電，故A錯誤;

B、根據(jù)平衡條件，有：mg=qUd，故q=mgdU，然后發(fā)現(xiàn)q總是某個最小值的整數(shù)倍，可估算出電子的電量，故B錯誤；

C、根據(jù)平衡條件，有：mg=qE，當增大場強，電場力增大，則懸浮油滴將向上運動，故C正確;

D、不同油滴的所帶電荷量雖不相同，但都是某個最小電荷量(元電荷)的整數(shù)倍，故D錯誤；

故選：如圖所示，a、b兩個帶電量相同的粒子，從同一點平行于極板方向射人電場，a粒子打在B板的點,b粒子打在B板的點,若不計重力，則A.a的初速度一定小于b的初速度

B.a增加的動能一定等于b增加的動能

C。b的運動時間一定大于a的運動時間

D。b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量【答案】B【解析】【分析】兩個粒子垂直射入勻強電場中都作類平拋運動，粒子豎直方向的偏轉(zhuǎn)量相同而水平位移不等,根據(jù)牛頓第二定律可知加速度的大小關(guān)系，再根據(jù)豎直運動規(guī)律可明確時間關(guān)系，從而分析速度大??；根據(jù)電場力做功判斷動能變化.解決該題的關(guān)鍵是要抓住題目的本意是考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn),要熟記偏轉(zhuǎn)量的公式以及它的推導的過程。明確運動的合成和分解的正確應用.【解答】ACD.設(shè)任一粒子的速度為v,電量為q,質(zhì)量為m，加速度為a，運動的時間為t，則

加速度為：a=因電量相同,質(zhì)量大小關(guān)系不知，故無法判斷加速度大小關(guān)系，在豎直方向位移相等，根據(jù)y=12at2,則到達B板的時間無法確定，由x=vt

可知無法判斷兩者速度，無法確定兩粒子的質(zhì)量大小，故ACD錯誤；

故選B。

如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后,垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置.為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是()A。保持U2和平行板間距不變，減小U1

B。保持U1和平行板間距不變，增大U2

C。保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板

【答案】D【解析】解：A、保持U2和平行板間距不變，平行板電容器中勻強電場的大小不變，減小U1，則粒子初速度減小，更難以穿出平行板電容器，故A錯誤；

B、保持U1和平行板間距不變，則粒子初速度不變，增大U2，平行板電容器中勻強電場增大，粒子偏轉(zhuǎn)加劇,不能穿出平行板電容器，故B錯誤;

CD、保持U1、U2和下板位置不變，要想粒子穿出，必須減小板間電場，因此需要增大板間距，故C錯誤，D如圖所示，讓大量的一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子從同一位置經(jīng)過同一加速電場A由靜止開始加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場B里偏轉(zhuǎn).忽略離子的重力及離子間的相互作用力.下列說法正確的是()A。它們始終為一股離子束 B。它們會分離為二股離子束

C.它們會分離為三股離子束 D。它們會分離為無數(shù)股離子束【答案】A【解析】解：設(shè)正電荷的電量為q，加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電極板為L，板間距離為d．

根據(jù)動能定理得

加速電場中

qU1=12mv02

偏轉(zhuǎn)電場中

運動時間t=Lv0

偏轉(zhuǎn)距離y=12at2=12qU2md(Lv如圖甲所示為兩平行金屬板，板間電勢差變化如乙圖所示.一帶電小球位于兩板之間，已知小球在0～t時間內(nèi)處于靜止狀態(tài)，在3t時刻小球恰好經(jīng)過靜止時的位置，整個過程帶電小球沒有與金屬板相碰.則乙圖中Ux的值為()A。3U0 B。4U0 C.5【答案】C【解析】【分析】

先由靜止狀態(tài)確定出重力與電場力的關(guān)系，再確定出運動時的加速度，由運動學的位移公式可確定出位移列等式求解。

本題考查電場力的決定素，結(jié)合運動學公式求解，確定相關(guān)量的數(shù)值關(guān)系是求解的關(guān)鍵.

【解答】在0?t時間小球處于靜止狀態(tài)，則mg=2Udq

在t?2t內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律有：a=mg?Udqm=g?Uqdm，方向向下，即向下加速

2t?3t內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有：，方向向上，即向上減速

又

解得：Ux

二、多選題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A.向負極板偏轉(zhuǎn) B。電勢能逐漸減小

C.運動時間與電場強度大小無關(guān) D.運動軌跡與所帶電荷量無關(guān)【答案】BC【解析】【分析】由電子帶負電，在電場中受到的力來確定偏轉(zhuǎn)方向;根據(jù)電子做類平拋運動來確定側(cè)向位移，及電場力做功來確定電勢能變化情況。

本題理解電子做類平拋運動的規(guī)律及處理的方法,并得出電勢能變化是由電場力做功來確定的?！窘獯稹緼、墨汁微滴帶負電，在電場力作用下向正極板偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；

B、電場力做正功，電勢能減少，故B正確；

C、墨汁微滴在水平方向做勻速直線運動，運動時間：t=lv，與勻強電場的電場強度無關(guān)，故C正確；

D、墨汁微滴的偏移量:y=12at2=1

光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域處在電場強度為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行.一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點,以垂直于該邊的水平速度V0進入該正方形區(qū)域.當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為()A.12mv?02 B.12【答案】ABD【解析】解：如圖所示,正方形區(qū)域ABCD處在場強為E的勻強電場中,假設(shè)小球帶正電．

第一種情況，若電場的方向平行于AD向左,小球在勻強電場中做勻減速直線運動，若能達到CD端,根據(jù)動能定理得:?qEL=Ek?12mv02，則Ek=12mv02?qEL，到達CD邊時動能為12mv02?qEL.故B正確，若不能到達CD端,則又返回到AB段,電場力做功為零,則動能為：Ek=12mv02，故下圖是示波管的工作原理圖：電子經(jīng)電場加速后垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場,若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電場的極板長度與極板間的距離分別為L和d，y為電子離開偏轉(zhuǎn)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)距離.取“單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離"來描述示波管的靈敏度，即yU2(該比值越大則靈敏度越高)A。減小U1 B.增大U2 C。減小L D。減小【答案】AD【解析】解：經(jīng)加速電場后的速度為v0,則有：12mv02=eU1

所以電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為：v0=2eU1m，

電子進入偏轉(zhuǎn)電場后的偏轉(zhuǎn)的位移為：y=12at關(guān)于重力不計的帶電粒子在下列情況下所做的運動正確的是()A。帶電粒子以速率v0平行于磁感線方向射入勻強磁場，將做勻速直線運動

B.帶電粒子以速率v0垂直于磁感線方向射入勻強磁場，將做類平拋運動

C。帶電粒子以速率v0平行于電場線方向射入勻強電場，將做勻變速直線運動

D?！敬鸢浮緼C【解析】【分析】明確粒子在電場和磁場中的受力特點，再根據(jù)力和運動的關(guān)系分析粒子的運動特征,要注意明確平拋運動和圓周運動的基本受力特征。

本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律，要明確電磁場的性質(zhì),知道洛倫茲力和電場力的特征，明確它們的區(qū)別，注意當粒子平行于磁場進行時粒子不受洛倫茲力?！窘獯稹緼。帶電粒子以速率v0平行于磁感線方向射入勻強磁場，帶電粒子不受洛倫茲力，粒子將做勻速直線運動，故A正確；

B。帶電粒子以速率v0垂直于磁感線方向射入勻強磁場時，洛倫茲力充當向心力，粒子做勻速度圓周運動，故B錯誤；

C。帶電粒子以速率v0平行于電場線方向射入勻強電場,受力沿運動方向，故粒子將做勻變速直線運動，故C正確；

D.帶電粒子以速率v0垂直于電場線方向射入勻強電場，受力方向與運動方向相互垂直，故粒子做類平拋運動,故D錯誤。

如圖所示，有三個質(zhì)量相等、分別帶正電、負電和不帶電的粒子從兩水平放置的金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度v0先后射入電場中，最后分別打在正極板的C、B、A處，則()A。三種粒子在電場中運動時間相同

B.三種粒子在電場中的加速度為aA>aB>aC

C.三種粒子到達正極板時動能EkC>【答案】BD【解析】解：A、根據(jù)題意,三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動,球到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移h相等：h=12at2，解得t=2ha；

由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，根據(jù)t=2ha得到正電荷運動時間最長，負電荷運動時間最短，不帶電的小球所用時間處于中間;故A錯誤．

BD、三粒子水平方向做勻速直線運動，水平位移:x=v0t,由于初速度相同，所用時間越長則水平位移越大,所用A粒子帶負電，B粒子不帶電,C粒子帶正電，三種粒子在電場中的加速度為aA>aB>aC，故BD正確．三、計算題如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場,在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場.一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在?x軸上的點a以速率v0,方向和?x軸方向成60°射入磁場，然后經(jīng)過y軸上的b點垂直于y軸方向進入電場，并經(jīng)過x軸上x=2L處的c點時速度大小為2v0.不計粒子重力.求

(1)磁感應強度B的大小

(2)【答案】解:粒子在電場中做類平拋運動，到達c點時,豎直分速度為：

vy=vc2?v02=2v02?v02=v0；

水平方向:2L=v0t，

豎直方向：vy=at

且有:a=qEm

聯(lián)立可得：E=mv022qL

設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r,Ob=y．

則有：y=v【解析】(1)由幾何知識求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應強度大?。?/p>

(2)粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求出電場強度大?。?/p>

本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子的運動過程、應用牛頓第二定律與類平拋運動規(guī)律、粒子做圓周運動的周期公式即可正確解題,解題時要注意數(shù)學知識的應用．

如圖所示,離子發(fā)生器發(fā)射出一束質(zhì)量為m、電荷量為q的離子,從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后,獲得速度v0，并沿垂直于電場方向射入兩平行板中央,受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，以速度v離開電場.已知平行板長為L，兩板間距離為d，求：

(1)v0的大?。?/p>

(2)離子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t．

(3)離子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量y．

(4)【答案】解：(1)在加速電場中，由動能定理得:

qU1=12mv02?0,解得:v0=2qU1m；

(2)離子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,

離子的運動時間:t=Lv0=Lm2qU1；

(3)粒子的偏移量：y=12at2=12qU2mdt2，解得:【解析】由動能定理可以求出速度．

粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可以求出粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間、偏移量．

解決本題的關(guān)鍵掌握處理類平拋運動的方法,知道粒子在垂直電場和沿電場方向的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式靈活求解．

靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少,質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點,其裝置如圖所示.A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×103

N/C的勻強電場.在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s,質(zhì)量m=5.0×10?15

kg、帶電量為q=?2.0×10?16

C.微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微