2025年《滬科版2020上海高二物理必修第三冊》 9.5 帶電粒子在電場中的運動 第2課時 帶電粒子在電場中的運動 （作業(yè)）（解析版）

第頁新版滬科版2020上海高二物理必修第三冊《9.5帶電粒子在電場中的運動》第2課時帶電粒子在電場中的運動針對考點基礎(chǔ)練考點一帶電粒子在電場中的直線運動1.（2021·濟南高一月考）如圖1所示，在勻強電場E中，一帶電粒子－q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子－q在開始運動后，將（）圖1A．沿電場線方向做勻減速直線運動B．沿電場線方向做變加速直線運動C．沿電場線方向做勻加速直線運動D．偏離電場線方向做曲線運動【答案】A【解析】由于負電荷受到的靜電力方向與電場方向相反，粒子受到的靜電力方向與初速度方向相反，所以沿電場線方向做勻減速直線運動，A正確。2．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖2所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是（）圖2A．eq\f(edL,U) B．edULC．eq\f(eU,dL) D．eq\f(eUL,d)【答案】D【解析】電子從O點運動到A點，因受靜電力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受靜電力，不計重力。根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(eUL,d)。故選D?？键c二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)3．（2021·上海奉賢高一月考）帶電粒子（重力不計）沿水平方向射入豎直向下的勻強電場中，運動軌跡如圖3所示，粒子在相同的時間內(nèi)（）圖3A．位置變化相同B．速度變化相同C．速度偏轉(zhuǎn)的角度相同D．動能變化相同【答案】B【解析】粒子在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動．豎直方向上在相同的時間內(nèi)運動的位移之比為1∶3∶5….粒子在水平方向上位置變化相同，在豎直方向上位置變化不同，所以其位置變化不同，A錯誤；因為粒子做勻變速曲線運動，根據(jù)勻變速運動的規(guī)律可知，粒子在相同時間內(nèi)速度變化相同，B正確；粒子的速度逐漸靠近（而不會達到）豎直方向，所以速度的偏轉(zhuǎn)角度不同，C錯誤；根據(jù)動能定理ΔEk＝Eqsy，動能的變化與豎直位移成正比，而在相同時間內(nèi)豎直位移之比為1∶3∶5…，所以動能變化不同，D錯誤。4．（2021·上海新浦高一月考）如圖4所示，三個帶電荷量相同、質(zhì)量相等、重力不計的粒子A、B、C，從同一平行板間電場中的同一點P射入，在電場中的運動軌跡如圖PA、PB、PC所示，則下列說法中正確的是（）圖4A．三個粒子的加速度關(guān)系aA>aB>aCB．三個粒子的加速度關(guān)系aA<aB<aCC．三個粒子的入射速度關(guān)系vA>vB>vCD．三個粒子的入射速度關(guān)系vA<vB<vC【答案】D【解析】粒子的加速度為a＝eq\f(qE,m)，依題意，三個粒子帶電荷量相同、質(zhì)量相等，入射的是同一電場，則有aA＝aB＝aC，故A、B錯誤；三個帶電粒子沿電場方向的位移yA＝y(tǒng)B>yC，則運動時間tA＝tB>tc，三個帶電粒子沿平行極板方向的位移xA<xB<xC，可得三個帶電粒子的入射速度關(guān)系vA<vB<vC，故C錯誤，D正確。5．（2020·雅安市期末）如圖5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5A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1【答案】A【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平位移為x＝v0t，兩次運動的水平位移之比為2∶1，兩次運動的水平速度相同，故運動時間之比為t1∶t2＝2∶1，由于豎直方向上的位移為h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比為1∶8，又因為加速度a＝eq\f(Uq,mdAB)，故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2＝1∶8，故A正確。6．（2021·江蘇淮安高一月考）示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成的。如圖6所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，下列說法錯誤的是（）圖6A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等B．若比荷eq\f(q,m)相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出的動能相等D．若比荷eq\f(q,m)不同的帶負電粒子射出電場，則偏轉(zhuǎn)角度θ相同【答案】A【解析】設(shè)水平極板長為l，兩極板間的距離為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U2q,md)，由于粒子的質(zhì)量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關(guān)系，故A錯誤；由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，可得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以當(dāng)帶負電粒子的比荷eq\f(q,m)相等時，它們從M孔射出的速率相等，故B正確；從M孔射出的粒子的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU1，所以當(dāng)帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出的動能相等，故C正確；粒子的運動軌跡如圖所示，在偏轉(zhuǎn)電場中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(al,v\o\al(02))＝eq\f(U2l,2U1d)，可知偏轉(zhuǎn)角度θ與粒子的比荷無關(guān)，所以不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子射入電場，偏轉(zhuǎn)角度θ相同，故D正確?？键c三示波管7．（2021·河南高三專題練習(xí)）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖7所示。從電子槍發(fā)射出的電子在經(jīng)過加速電場加速和兩個偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）圖7A．極板X應(yīng)帶負電；極板Y應(yīng)帶負電B．極板X′應(yīng)帶負電；極板Y應(yīng)帶負電C．極板X應(yīng)帶負電；極板Y′應(yīng)帶負電D．極板X′應(yīng)帶負電；極板Y′應(yīng)帶負電【答案】B【解析】電子受靜電力方向與電場方向相反，因電子向X偏轉(zhuǎn)，則電場方向為X到X′，則極板X′應(yīng)帶負電；同理可知，因電子向Y′偏轉(zhuǎn)，則電場方向為Y′到Y(jié)，則極板Y應(yīng)帶負電．故選B。綜合能力練8．如圖8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；在負極板附近有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在靜電力的作用下，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(2l,5)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為（）圖8A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1【答案】A【解析】粒子僅在靜電力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動，正、負粒子的加速度分別為a1＝eq\f(Eq,M)，a2＝eq\f(Eq,m)，設(shè)兩粒子經(jīng)過同一平面的時間為t，則正粒子的位移eq\f(2l,5)＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①負粒子的位移eq\f(3l,5)＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②聯(lián)立可解得M∶m＝3∶2，選項A正確。9．（2021·江蘇蘇州高一月考）如圖9所示，有一水平向右的勻強電場，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0從A點豎直向上射入電場中，小球通過電場中B點時速度的大小仍為v0，方向與電場方向成37°斜向上，則A、B兩點的電勢差為（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（）圖9A．eq\f(16mv\o\al(02),25q) B．eq\f(8mv\o\al(02),25q)C．eq\f(4mv\o\al(02),25q) D．eq\f(4mv\o\al(02),5q)【答案】B【解析】小球上升過程中豎直方向有（v0sin37°）2－v02＝－2gh，又上升過程重力做功為WG＝－mgh，得WG＝－eq\f(8,25)mv02，對小球運動全過程，由動能定理，有WG＋qUAB＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02，A、B兩點的電勢差為UAB＝eq\f(8mv\o\al(02),25q)，故選B。10．有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖10所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮?。ㄆD(zhuǎn)距離減小），下列措施可行的是（）圖10A．減小墨汁微粒的質(zhì)量mB．減小偏轉(zhuǎn)電場兩板間的距離dC．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓UD．減小墨汁微粒的噴出速度v0【答案】C【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，設(shè)微粒帶電荷量為q，射入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v0，則有：水平方向L＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(02))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大兩極板間的距離、減小比荷eq\f(q,m)、增大墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0（增大噴出速度）、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故C正確。11．將一帶電粒子以初速度v0沿水平方向從A點射入方向豎直向上的勻強電場中，粒子從B點飛出電場時速度方向與電場方向的夾角為150°，電場的水平寬度為L，如圖11所示，不計粒子的重力，設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量的絕對值為q。圖11（1）該勻強電場的電場強度為多大？（2）A、B兩點的電勢差UAB為多大？【答案】（1）eq\f(\r(3)mv\o\al(02),qL)（2）－eq\f(3mv\o\al(02),2q)【解析】（1）設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則水平方向上有L＝v0t豎直方向上有vy＝v0tan60°＝eq\f(Eq,m)t解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(02),qL).（2）由粒子偏轉(zhuǎn)方向可知，粒子帶負電，由動能定理得－qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02又v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0解得UAB＝－eq\f(3mv\o\al(02),2q)。12．（2021·杭州高一期末）如圖12所示，A、B為豎直放置的平行金屬板，M、N為水平放置的平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從A板由靜止開始經(jīng)A、B間的電場加速后，從B板小孔飛出，緊靠N板水平向右進入偏轉(zhuǎn)電場，從M、N板右邊緣連線的中點P射出偏轉(zhuǎn)電場．已知AB間的電壓為U1，MN間的電壓為U2，MN兩板間的電場可看作勻強電場，不計粒子重力。圖12（1）求粒子從B板小孔飛出時的速度大小v1；（2）求粒子經(jīng)過P點時的速度大小v2；（3）若AB間、MN間電壓均不變，只將M板向下平移一段距離后，從A板由靜止開始運動的相同粒子，恰能從M板右邊緣射出偏轉(zhuǎn)電場，求平移前、后M、N兩板間的距離之比?！敬鸢浮浚?）eq\r(\f(2qU1,m))（2）eq\r(\f(qU2＋2U1,m))（3）eq\r(2)【解析】（1）由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝eq\r(\f(2qU1,m))（2）由動能定理得eq\f(1,2)×qU2＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12解得v2＝eq\r(\f(qU2