2024-2025學(xué)年高中物理第1章靜電場(chǎng)9帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)作業(yè)含解析新人教版選修3-1

PAGE6-帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(時(shí)間：40分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1．帶電荷量為q的α粒子，以初動(dòng)能Ek從兩平行金屬板的正中心沿垂直于電場(chǎng)線的方向進(jìn)入在這兩板間存在的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，恰從帶負(fù)電的金屬板的邊緣飛出來(lái)，且飛出時(shí)的動(dòng)能變?yōu)?Ek，則金屬板間的電壓為()A．eq\f(Ek,q) B．eq\f(2Ek,q)C．eq\f(Ek,2q) D．eq\f(4Ek,q)B[該兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得：eq\f(U,2)q＝Ek末－Ek初＝2Ek－Ek＝Ek，故U＝eq\f(2Ek,q)，B正確。]2.如圖所示，在P板旁邊有一電子由靜止起先向Q板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)Q時(shí)的速率與哪些因素有關(guān)，下列說(shuō)明正確的是()A．兩極板間的距離越大，加速的時(shí)間就越長(zhǎng)，則獲得的速率越大B．兩極板間的距離越小，加速的時(shí)間就越短，則獲得的速率越小C．兩極板間的距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大D．與兩極板間的距離無(wú)關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D[由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當(dāng)兩極板間的距離改變時(shí)，U不變，v就不變，與d無(wú)關(guān)，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]3.噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示。重力可忽視的墨汁微滴，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)能漸漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無(wú)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)的電荷量肯定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量肯定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于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)))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)。]5．(多選)一臺(tái)正常工作的示波管，突然發(fā)覺(jué)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的緣由可能是()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(shuō)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變小的緣由可能是加速電壓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?lái)的兩倍，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的()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??；(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由牛頓其次定律得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)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，全部離子的運(yùn)動(dòng)軌跡都是一樣的，這說(shuō)明全部粒子()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)))eq\s\up12(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．(多選)有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的油滴，從極板左側(cè)中心以相同的水平初速度v先后垂直電場(chǎng)射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則()A．油滴A帶正電，B不帶電，C帶負(fù)電B．三個(gè)油滴在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C．三個(gè)油滴在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度aA＜aB＜aCD．三個(gè)油滴到達(dá)極板時(shí)動(dòng)能EkA＜EkB＜EkCACD[三個(gè)微粒的初速度相等，水平位移xA＞xB＞xC，依據(jù)水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以由公式x＝vt得tA＞tB＞tC。三個(gè)微粒在豎直方向上的位移相等，依據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，知aA＜aB＜aC。從而得知B僅受重力，A所受的電場(chǎng)力向上，C所受的電場(chǎng)力向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負(fù)電，故A、C正確，B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理，三個(gè)微粒重力做功相等，電場(chǎng)力對(duì)A做負(fù)功，電場(chǎng)力對(duì)C做正功，所以C的動(dòng)能改變量最大，A動(dòng)能改變量最小，初動(dòng)能相等，所以三個(gè)微粒到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能EkA＜EkB＜EkC，故D正確。]4．圖(a)為示波管的原理圖。假如在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律改變，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律改變，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(méi)有偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤。由UY的改變知，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。假如兩極板間電壓為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)能的改變量。(粒子的重力忽視不計(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)at2 ②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)能削減了eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))。[答案]電勢(shì)能削減了eq\f(q2U2L2,2md2v\o\al(2,0))6．(14分)如圖所示是一個(gè)示波管工作原理圖，電子經(jīng)電壓U1＝4.5×103V加速后以速度v0沿兩極板的中線進(jìn)入電壓U2＝180V，間距為d＝1.0cm，板長(zhǎng)l＝5cm的平行金屬板組成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)后打在距離偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)s＝10cm的屏幕上的P點(diǎn)，(e＝1.6×10－19C，m＝0.9×10－30(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0；(2)射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的偏角tanθ；(3)打在屏幕上的側(cè)移位移OP。[解析](1)電子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0代入數(shù)據(jù)解得：v0＝4×107(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向：l＝v0t1，在豎直方向上由牛頓其次定律得：a＝eq\f(eU2,md)沿電場(chǎng)方向的速度：vy＝at1設(shè)射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的偏角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)代入數(shù)據(jù)解得：tanθ＝0.1。(3)飛出電場(chǎng)