（課堂設(shè)計）高中物理 1.9 帶電粒子在電場中的運動每課一練 新人教版選修3-1

9帶電粒子在電場中的運動基礎(chǔ)鞏固1．如圖1－9－14所示，在某一真空中，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 ()圖1－9－14A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能圖1－9－14B．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解析：微粒做直線運動的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故B正確．答案：B圖1－9－152．圖1－9－15為示波管中電子槍的原理示意圖．示波管內(nèi)被抽成真空，A為發(fā)射熱電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U.電子離開陰極時的速度可以忽略．電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是 ()圖1－9－15A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度變?yōu)?vB．如果A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)C．如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)D．如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v解析：由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(\f(2eU,m))，可以看出，電子的速度v∝eq\r(U)，與A、K間的距離無關(guān)，只有D正確．答案：D圖1－9－163．如圖1－9－16所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()圖1－9－16A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2倍解析：電子加速有qU1＝eq\f(1,2)mv02電子偏轉(zhuǎn)y＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2聯(lián)立解得：y＝eq\f(U2L2,4U1d)，顯然選A.答案：A4．如圖1－9－17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∶2 B．2∶1圖1－9－17C．1∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶1圖1－9－17解析：豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B對．答案：B圖1－9－185．如圖1－9－18所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為 ()圖1－9－18A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1解析：由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,v02)得：U＝eq\f(2mv02dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，可知A項正確．答案：A知能提升6．在平行板電容器A、B兩板上加上如圖1－9－19所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場作用下開始運動，設(shè)電子在運動中不與板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計電子重力) ()圖1－9－19A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性來回運動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板做周期性來回運動解析：開始時電子受力由A向B，因此電子向B加速運動．當(dāng)運動半個周期時電壓反向，電場力反向，電子做減速運動．由于加速時間和減速時間相等，故一周期后電子速度為零，然后再加速，再減速，電子一直向B運動．故C正確．答案：C7．光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為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、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域．當(dāng)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．0 B.eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)qElC.eq\f(1,2)mv02 D.eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2,3)qEl解析：由題意知，小球從進入電場至穿出電場時可能存在下列三種情況：從穿入處再穿出時，靜電力不做功．C項對；從穿入邊的鄰邊穿出時，靜電力做正功W＝Eq·eq\f(l,2)，由功能關(guān)系知B項對；從穿入邊的對邊穿出時，若靜電力做負(fù)功，且功的大小等于eq\f(1,2)mv02，則A項對；而靜電力做正功時，不可能出現(xiàn)W＝eq\f(2,3)Eql.D項錯．答案：ABC圖1－9－208．如圖1－9－20所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強電場，場強為E，一質(zhì)量為m、電量為＋q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點射入勻強電場中，微粒垂直打到N板上的C點．已知AB＝BC.不計空氣阻力，則可知()圖1－9－20A．微粒在電場中作拋物線運動B．微粒打到C點時的速率與射入電場時的速率相等C．MN板間的電勢差為2mv02/qD．MN板間的電勢差為Ev02/2解析：由題意可知，微粒受水平向右的電場力qE和豎直向下的重力mg作用，合力與v0不共線，所以微粒做拋物線運動，A正確；因AB＝BC，即eq\f(v0,2)·t＝eq\f(vC,2)·t可見vC＝v0.故B項正確；由q·eq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mvC2，得U＝eq\f(mvC2,q)＝eq\f(mv02,q)，故C項錯誤；又由mg＝qE得q＝eq\f(mg,E)代入U＝eq\f(mv02,q)，得U＝eq\f(Ev02,g)，故D項錯誤．答案：AB圖1－9－219．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖1－9－21所示．由此可見 ()圖1－9－21A．電場力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量相等解析：小球在沿MN方向上做勻速直線運動，速度為v0，在AB段做平拋運動，在BC段做類平拋運動且加速度向上，設(shè)直線AC與MN成α角，則tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt12,v0t1)＝eq\f(\f(1,2)at22,v0t2)，由AB＝2BC可得t1＝2t2，代入得小球在電場中的加速度a＝2g，由F電－mg＝ma得F電＝3mg，且小球帶負(fù)電，A對、B、C錯；小球從A到B與從B到C的速度變化量相等，且都為Δv＝gt1或Δv＝at2，D對．答案：AD圖1－9－2210．如圖1－9－22所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的即時速度的方向與初速度方向成30°角．在這過程中，不計粒子重力．求：圖1－9－22(1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間；(2)粒子在這一過程中的電勢能增量．解析：(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在豎直方向vy＝at，a＝eq\f(qE,m)，聯(lián)立三式可得t＝eq\f(\r(3)mv0,3Eq)；(2)射出