高中物理人教版1第一章靜電場(chǎng)第9節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 優(yōu)秀

一、單項(xiàng)選擇題1.如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)的O點(diǎn)，其中x軸與XX′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合)．若要電子打在圖示坐標(biāo)的第Ⅲ象限，則()A.X、Y接電源的正極，X′、Y′接電源的負(fù)極B.X、Y′接電源的正極，X′、Y接電源的負(fù)極C.X′、Y接電源的正極，X、Y′接電源的負(fù)極D.X′、Y′接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極2.如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置，若在兩板中間a點(diǎn)由靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再?gòu)腶點(diǎn)由靜止釋放一同樣的微粒，則該微粒將()A.保持靜止?fàn)顟B(tài)B.向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D.向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)3.如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計(jì)，開關(guān)S合上后，靜電計(jì)指針張開一個(gè)角度．下列做法可使指針張角增大的是()A.使A、B兩板靠近些B.使A、B兩板正對(duì)面積錯(cuò)開些C.斷開S后，使B板向左平移減小板間距D.斷開S后，使A、B板錯(cuò)位正對(duì)面積減小4.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子，在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子，在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面，若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為()A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶15.如圖所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)．若不計(jì)重力，則()A.a的電荷量一定大于b的電荷量B.a的質(zhì)量一定小于b的質(zhì)量C.a的比荷一定大于b的比荷D.a的動(dòng)能增量一定小于b的動(dòng)能增量6.如圖甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q正對(duì)豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓．t＝0時(shí)，Q板比P板電勢(shì)高U0，在兩板的正中央M點(diǎn)有一電子在電場(chǎng)力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)(電子所受重力可忽略不計(jì))．已知電子在0～4t0時(shí)間內(nèi)未與兩板相碰，則電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時(shí)間是()A.0＜t＜t0B.t0＜t＜2t0C.2t0＜t＜3t0D.3t0＜t＜4t0二、不定項(xiàng)選擇題7.如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子()A.所受重力與電場(chǎng)力平衡B.電勢(shì)能逐漸增加C.動(dòng)能逐漸增加D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)8.如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板．若要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)距N板e(cuò)q\f(d,3)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重力)()A.使初速度減為原來(lái)的eq\f(1,3)B.使M、N間電壓提高到原來(lái)的eq\f(3,2)倍C.使M、N間電壓提高到原來(lái)的3倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來(lái)的eq\f(2,3)9.如圖所示，豎直放置的一對(duì)平行金屬板間的電勢(shì)差為U1，水平放置的一對(duì)平行金屬板間的電勢(shì)差為U2.一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進(jìn)入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出．不計(jì)電子重力，下列說(shuō)法正確的是()A.減小U1，電子一定打在金屬板上B.增大U1，電子一定打在金屬板上C.增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出D.減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出10.如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出，微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A.末速度大小為eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力勢(shì)能減少了eq\f(1,2)mgdD.克服電場(chǎng)力做功為mgd三、計(jì)算題11.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m,帶電荷量為＋q的粒子在O點(diǎn)以初速度v0與水平方向成θ角射出，如果在某方向上加上一定大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，可使粒子沿初速度方向做直線運(yùn)動(dòng)．求：(1)所加最小勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．(2)若加上水平向左、大小一定的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則當(dāng)粒子速度為零時(shí)距O點(diǎn)的距離.12.如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無(wú)初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)(A點(diǎn)離兩場(chǎng)邊界距離為eq\f(L,2))，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O.求：(1)電子從釋放到剛射出電場(chǎng)E2時(shí)所用的時(shí)間．(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ.(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離y.1.D解析：若要使電子打在第Ⅲ象限，電子在x軸上向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負(fù)極；電子在y軸上也向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負(fù)極，選項(xiàng)D正確．2.D解析：兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止，有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．3.D解析：由于靜電計(jì)的金屬球與A板等電勢(shì)，外殼與B板等電勢(shì)(電勢(shì)都為零)，因此靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩板間的電壓，如果S一直閉合，則兩板間的電壓始終等于電源的電動(dòng)勢(shì)，靜電計(jì)的張角不會(huì)改變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；如果使開關(guān)S斷開，電容器上帶電荷量一定，由U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εS)可知，當(dāng)兩板間的距離減小時(shí)，U變小，靜電計(jì)的張角變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)兩板間的正對(duì)面積減小，則兩板間的電壓增大，靜電計(jì)的張角增大，選項(xiàng)D正確．4.A解析：兩個(gè)粒子的加速度為aM＝eq\f(qE,M)，am＝eq\f(qE,m)，設(shè)兩粒子經(jīng)過(guò)同一平面的時(shí)間為t，則位移分別為xM＝eq\f(1,2)aMt2＝eq\f(2,5)l，xm＝eq\f(1,2)amt2＝eq\f(3,5)l，故M∶m＝am∶aM＝xm∶xM＝3∶2，選項(xiàng)A正確．5.C解析：粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(qE,2m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，得eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；動(dòng)能增量ΔEk＝qEh，q大小關(guān)系未知，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6.C解析：在0～t0時(shí)間內(nèi)，電子向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電子向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到零；在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，電子向左做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，電子向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為零．所以電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時(shí)間是2t0～3t0，選項(xiàng)C正確．7.BD解析：要使粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)，必須使合力與運(yùn)動(dòng)方向在一直線上，由題意可受力分析知，粒子受重力豎直向下，電場(chǎng)力垂直極板向上，合力水平向左，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力做負(fù)功，故電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確；合力做負(fù)功，故動(dòng)能減少，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因合力為定值且與運(yùn)動(dòng)方向在一直線上，選項(xiàng)D正確．8.BD解析：由題意知，帶電粒子在電場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，在粒子恰好能到達(dá)N板時(shí)，由動(dòng)能定理可得－qU＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，要使粒子到達(dá)距N板e(cuò)q\f(d,3)后返回，設(shè)此時(shí)兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動(dòng)能定理可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(veq\o\al(2,1),veq\o\al(2,0))，選項(xiàng)B、D正確．9.AD解析：設(shè)電子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為t1，由qU1＝eq\f(1,2)mv2，L＝vt1可知，若減小U1，則v減小，時(shí)間t增加，再由y＝eq\f(1,2)at2可知，射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移增大，故一定會(huì)打在金屬板上，選項(xiàng)A正確；同理可知，若增大U1，則不會(huì)打在金屬板上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)可知，若t2不變，增大U2時(shí)，偏轉(zhuǎn)位移增大，電子不能從水平金屬板射出，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理，若減小U2，則電子一定能從水平金屬板間射出，選項(xiàng)D正確．10.BC解析：因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻的豎直方向速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平方向速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－geq\f(T,3)＝0，粒子的豎直方向速度減小到零，水平方向速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．11.解：(1)當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)方向與v0垂直且向左上方時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，如圖1所示．由平衡條件知qEmin＝mgcosθ解得Emin＝eq\f(mgcosθ,q)圖1圖2(2)如圖2所示，由牛頓第二定律得eq\f(mg,sinθ)＝ma解得a＝eq\f(g,sinθ)粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0)sinθ,2g)12.解：(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)v1＝a1t1電子在電場(chǎng)E2中沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)t2＝eq\f(L,v1)解得運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝2eq\r(\f(