統(tǒng)編人教版物理高中必修第三冊(cè)《5帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》課時(shí)分層作業(yè)-高中物理試題

課時(shí)分層作業(yè)(九)(時(shí)間：40分鐘分值：100分)[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]一、選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1.(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0由小孔射入板間電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電勢(shì)差為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板．要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的eq\f(1,2)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．使初速度減小為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電勢(shì)差加倍C．使M、N間電勢(shì)差提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電勢(shì)差都減小為原來的eq\f(1,2)BD[由動(dòng)能定理得qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，當(dāng)v0變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v0時(shí)，l變?yōu)閑q\f(l,2)，因?yàn)閝E＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通過分析知B、D正確．]2.如圖所示，一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子(不計(jì)重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再?gòu)呢?fù)極板處釋放一個(gè)電子，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2，加速度為a2，則()A．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r(2)D[電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)不變，電子在電場(chǎng)中受到的靜電力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動(dòng)能定理Ue＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢(shì)差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2).]3.噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場(chǎng)中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢(shì)能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無關(guān)C[由于微滴帶負(fù)電，其所受電場(chǎng)力指向正極板，故微滴在電場(chǎng)中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤．微滴在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤．由于極板間電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力不變，故微滴在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并且軌跡為拋物線，C項(xiàng)正確．微粒所帶電荷量影響電場(chǎng)力及其加速度大小，運(yùn)動(dòng)軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．]4.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)，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(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷C[粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))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).]5．(多選)一臺(tái)正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的原因可能是()A．加速電壓偏大 B．加速電壓偏小C．偏轉(zhuǎn)電壓偏大 D．偏轉(zhuǎn)電壓偏小AD[畫面高度縮小，說明電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)偏轉(zhuǎn)角θ減小，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，tanθ＝eq\f(qU1L,mdv\o\al(2,0))，得tanθ＝eq\f(U1L,2dU0)，則引起θ變小的原因可能是加速電壓U0偏大或偏轉(zhuǎn)電壓U1偏小，A、D正確．]6．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C.eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)C[電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確．]二、非選擇題(14分)7.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以初速度v0緊貼上板垂直于電場(chǎng)線的方向進(jìn)入該電場(chǎng)，而后剛好從下板邊緣射出，射出時(shí)其末速度恰與下板的夾角θ＝30°，不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子的末速度大小；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(3)兩板間的距離．[解析](1)粒子在平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，把射出極板的速度分解，如圖所示，則粒子的末速度v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0.(2)豎直分速度vy＝v0tan30°＝eq\f(\r(3),3)v0由牛頓第二定律得qE＝ma由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L＝v0t，vy＝at，解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),3qL).(3)由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得tan30°＝eq\f(d,\f(L,2))，解得d＝eq\f(\r(3)L,6).[答案](1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),3qL)(3)eq\f(\r(3)L,6)[能力提升練]一、選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)1．一束正離子以相同的速率從同一位置，沿垂直于電場(chǎng)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，所有離子的運(yùn)動(dòng)軌跡都是一樣的，這說明所有粒子()A．都具有相同的質(zhì)量 B．都具有相同的電荷量C．具有相同的荷質(zhì)比 D．都是同一元素的同位素C[由偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2＝eq\f(qEl2,2mv\o\al(2,0))可知，若運(yùn)動(dòng)軌跡相同，則水平位移相同，偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有eq\f(q,m)相同．]2．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中O點(diǎn)自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1B[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(duì)．]3.如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入水平放置的兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿軌跡①?gòu)膬砂逭虚g飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿軌跡②落到B板中間．設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1A[設(shè)粒子水平運(yùn)動(dòng)的位移為l，豎直方向的位移為y，兩極板間距為d，由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,v\o\al(2,0))得，U＝eq\f(2mv\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，A正確．]4．圖(a)為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是()(a)(b)(c)ABCDB[在示波管中，若fY＝fX，呈現(xiàn)一個(gè)完整波形；若fY＝2fX，則呈現(xiàn)兩個(gè)波形，即呈現(xiàn)波形的個(gè)數(shù)n＝eq\f(fY,fX).本題中，在t＝0時(shí)刻UX負(fù)值最大，所以在x方向上向負(fù)半軸偏轉(zhuǎn)的電子離原點(diǎn)最遠(yuǎn)，而UY＝0，在y軸沒有偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤．由UY的變化知，以后的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以B正確，D錯(cuò)誤．]二、非選擇題(本題共2小題，共26分)5．(12分)一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示．如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長(zhǎng)為L(zhǎng).設(shè)粒子束不會(huì)擊中極板，求粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到飛出極板時(shí)電勢(shì)能的變化量．(粒子的重力忽略不計(jì))[解析]水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v0)①豎直方向加速運(yùn)動(dòng)，則偏移距離y＝eq\f(1,2)at2②且a＝eq\f(qU,md)③由①②③得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))則電場(chǎng)力做功W＝qE·y＝q·eq\f(U,d)·eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))由功能關(guān)系得電勢(shì)能減少了eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0)).[答案]電勢(shì)能減少了eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))6.(14分)如圖所示，平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，極板間距離為d，極板與水平面間的夾角為α，P、M兩點(diǎn)恰好處在電容器的邊緣，兩極板正對(duì)區(qū)域均看成勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電液滴由兩極板中的P點(diǎn)從靜止開始沿與極板平行的直線運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，此過程中克服空氣阻力做功為W，重力加速度為g，求：(1)液滴的電荷量；(2)液滴剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小；(3)液滴到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度的大小．[解析](1)板間電壓U＝eq\f(Q,C)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，對(duì)液滴，有qE＝mgcosα，聯(lián)立解得液滴帶電荷量q＝eq\f(Cmgdcosα,Q).(2)釋放瞬間，有m