人教版高二物理選修3-1期末專項練習卷：帶電粒子在電場中的運動

帶電粒子在電場中的運動1．如圖所示，真空中只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有一初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動，那么()A．微粒帶正、負電荷都有可能B．微粒做勻減速直線運動C．微粒做勻速直線運動D．微粒做勻加速直線運動2.如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板時的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則()A．當增大兩板間的距離時，速度v增大B．當減小兩板間的距離時，速度v減小C．當減小兩板間的距離時，速度v不變D．當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長3.如圖，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；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(jīng)過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，不計重力，則M∶m為()A．3∶2B．2∶1C．5∶2 D．3∶14.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(粒子重力不計)()A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板5.如圖所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))6.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q1∶q2等于()A．1∶2B．2∶1C．1∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶17.在如圖甲所示的平行板電容器A、B兩板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始時B板的電勢比A板的高，這時在兩板中間的電子由靜止在靜電力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下列說法正確的是(不計電子重力)()甲乙A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性運動B．電子一直向A板運動C．電子一直向B板運動D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性運動9.在勻強電場中，將質(zhì)子和α粒子由靜止釋放，若不計重力，當它們獲得相同動能時，質(zhì)子經(jīng)歷的時間t1和α粒子經(jīng)歷的時間t2之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1 D．4∶110.如圖所示，從熾熱的金屬絲逸出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓11.如圖所示，長L＝0.20m、不可伸長的絕緣絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(絲線拉直)，然后無初速度地將小球釋放，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2.0×103N/C.取g＝10m/s2.求：(1)小球通過最高點B時速度的大??；(2)小球通過最高點B時，絲線對小球拉力的大?。鸢附馕?．如圖所示，真空中只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有一初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動，那么()A．微粒帶正、負電荷都有可能B．微粒做勻減速直線運動C．微粒做勻速直線運動D．微粒做勻加速直線運動【答案】B【解析】微粒做直線運動的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的靜電力才能使合力的方向與速度方向在同一條直線上，由此可知微粒所受的靜電力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故選項B正確。2.如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板時的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則()A．當增大兩板間的距離時，速度v增大B．當減小兩板間的距離時，速度v減小C．當減小兩板間的距離時，速度v不變D．當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長【答案】C【解析】由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當改變兩板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；電子做初速度為零的勻加速直線運動，v＝eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，得t＝eq\f(2d,v)，當d減小時，v不變，電子在板間運動的時間變短，故選項D錯誤。3.如圖，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；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(jīng)過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，不計重力，則M∶m為()A．3∶2B．2∶1C．5∶2 D．3∶1【答案】A【解析】因兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為eq\f(2,5)l，電荷量為－q的粒子通過的位移為eq\f(3,5)l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝eq\f(qE,M)，a2＝eq\f(qE,m)，由運動學公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②eq\f(②,①)得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2).B、C、D錯，A對．4.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(粒子重力不計)()A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板【答案】D【解析】粒子在電場中加速U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向上x＝v0t，豎直方向上y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,dm)t2，解得x2＝eq\f(4dU1y,U2)；開始時x＝eq\f(1,2)L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，則x會減小，選項A錯誤；保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，選項B錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，選項C錯誤；保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，d變大，則x變大，故選項D正確．5.如圖所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))【答案】B【解析】根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh)).故選項B正確，選項A、C、D錯誤．6.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q1∶q2等于()A．1∶2B．2∶1C．1∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶1【答案】B【解析】豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝eq\f(qE,2m)t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B對。7.在如圖甲所示的平行板電容器A、B兩板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始時B板的電勢比A板的高，這時在兩板中間的電子由靜止在靜電力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下列說法正確的是(不計電子重力)()甲乙A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性運動B．電子一直向A板運動C．電子一直向B板運動D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性運動【答案】C【解析】由運動學和動力學規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖象，可知電子一直向B板運動，選項C正確。9.在勻強電場中，將質(zhì)子和α粒子由靜止釋放，若不計重力，當它們獲得相同動能時，質(zhì)子經(jīng)歷的時間t1和α粒子經(jīng)歷的時間t2之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1 D．4∶1【答案】A【解析】由動能定理可知qEl＝Ek，又l＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，解得t＝eq\r(\f(2mEk,q2E2))，可見，兩種粒子時間之比為1∶1，故A選項正確。10.如圖所示，從熾熱的金屬絲逸出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓【答案】C【解析】設加速電場的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入極板后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，加速度a＝eq\f(qU,dm)，豎直分速度vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，故可知C正確。11.如圖所示，長L＝0.20m、不可伸長的絕緣絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(絲線拉直)，然后無初速度地將小球釋放，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2.0×103N/C.取g＝10m/s2.求：(1)小球通過最高點B時速度的大??；(2)小球通過最高點B時，絲線對小球拉力的大?。敬鸢浮?1)2m/s(2)3.0×10－3N【解析】(1)小球由A運動到B，其初速度為零，電場力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有：qEL－mgL＝eq\f(mv\o\al(B2),2)vB＝eq\r(\f(2qE－mgL,m))＝2m/s.(2)設小球到達B點時，受重力mg、電場力qE和拉力FTB作用，mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3NqE＝1.0×10－6×2.0×103N＝2.0×10－3N因為qE>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出小球一定受絲線的拉力FT