2024-2025學年新教材高中物理第10章靜電場中的能量5帶電粒子在電場中的運動練習含解析新人教版必修第三冊

PAGE7-帶電粒子在電場中的運動課后訓練鞏固提升雙基鞏固學考突破1.如圖所示,兩平行金屬板豎直放置,板上A、B兩孔正好水平相對,板間電壓為500V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直金屬板方向射入電場中,經(jīng)過一段時間電子離開電場,若不考慮重力的影響,則電子離開電場時的動能大小為()A.900eV B.500eVC.400eV D.-100eV答案:C解析:電子從A向B運動時,電場力對電子做負功,若電子到達B時,克服電場力所做的功W=qU=500eV>400eV,因此電子不能到達B,電子向右做減速運動,在到達B之前速度變?yōu)榱?然后反向運動,從A點離開電場,在整個過程中,電場力做功為零,由動能定理可知,電子離開電場時的動能Ek=400eV,故C正確。2.一束正離子以相同的速率從同一位置,沿垂直于電場方向飛入勻強電場中,全部離子的運動軌跡都是一樣的,這說明全部粒子()A.都具有相同的質量B.都具有相同的電荷量C.具有相同的比荷D.都是同一元素的同位素答案:C解析:由偏轉距離y=12qEmlv02=qEl223.如圖所示,一個平行板電容器充電后與電源斷開,從負極板處自由釋放一個電子(不計重力),設其到達正極板時的速度為v1,加速度為a1。若將兩極板間的距離增大為原來的2倍,再從負極板處自由釋放一個電子,設其到達正極板時的速度為v2,加速度為a2,則()A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=2∶1D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2答案:D解析:電容器充電后與電源斷開,再增大兩極板間的距離時,電場強度不變,電子在電場中受到的電場力不變,故a1∶a2=1∶1。由動能定理Ue=12mv2得v=2Uem,因兩極板間的距離增大為原來的2倍,由U=Ed知,電勢差U增大為原來的2倍,故v1∶v2=14.(多選)示波管是示波器的核心部件,它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成,如圖所示。假如在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑,那么示波管中的()A.極板X應帶正電 B.極板X'應帶正電C.極板Y應帶正電 D.極板Y'應帶正電答案:AC解析:本題考查示波管的原理,培育科學看法及分析實際問題的實力。由熒光屏上亮斑的位置可知,電子在XX'偏轉電場中向X極板方向偏轉,故極板X帶正電,A正確,B錯誤;電子在YY'偏轉電場中向Y極板方向偏轉,故極板Y帶正電,C正確,D錯誤。5.如圖所示,矩形區(qū)域ABCD內存在豎直向下的勻強電場,兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場,粒子a由頂點A射入,從BC的中點P射出,粒子b由AB的中點O射入,從頂點C射出。若不計重力,則a和b的比荷(即粒子的電荷量與質量之比)之比是()A.1∶2 B.2∶1 C.1∶8 D.8∶1答案:D解析:a粒子和b粒子在水平方向均做速度為v的勻速運動,分別有l(wèi)BP=vta,lBC=vtb,且2lBP=lBC,故2ta=tb;在豎直方向上,分別有l(wèi)AB=12×qaEma×ta2,lOB=12×6.如圖所示,一個質子以初速度v0=5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域。兩板距離為20cm,設金屬板之間電場是勻強電場,電場強度為3×105N/C。質子質量m=1.67×10-27kg,電荷量q=1.60×10-19C。求質子由板上小孔射出時的速度大小。答案:6×106m/s解析:依據(jù)動能定理W=1而W=Ep1-Ep0=qEd=1.60×10-19×3×105×0.2J=9.6×10-15J所以v1=2Wm+v02=質子飛出時的速度約為6×106m/s。7.如圖所示,噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉電場之前會被帶上肯定量的電荷,在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉到達紙上。已知兩偏轉極板長度l=1.5×10-2m,兩極板間電場強度E=1.2×106N/C,墨滴的質量m=1.0×10-13kg,電荷量q=1.0×10-16C,墨滴在進入電場前的速度v0=15m/s,方向與兩極板平行。不計空氣阻力和墨滴重力,假設偏轉電場只局限在平行極板內部,忽視邊緣電場的影響。(1)推斷墨滴帶正電荷還是負電荷。(2)求墨滴在兩極板之間運動的時間。(3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y。答案:(1)負電荷(2)1.0×10-3s(3)6.0×10-4m解析:(2)墨滴在水平方向做勻速直線運動,那么墨滴在兩板之間運動的時間t=l代入數(shù)據(jù)可得t=1.0×10-3s。(3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,加速度a=Eq代入數(shù)據(jù)可得a=1.2×103m/s2離開偏轉板時在豎直方向的位移y=12at代入數(shù)據(jù)可得y=6.0×10-4m。選考奠基素養(yǎng)提升1.如圖所示,從F處釋放一個無初速度的電子(重力不計)向B板方向運動,下列說法錯誤的是(設電源電動勢為U)()A.電子到達B板時的動能是UeB.電子從B板到達C板動能改變量為零C.電子到達D板時動能是3UeD.電子在A板和D板之間做往復運動答案:C解析:電子在AB之間做勻加速運動,且eU=ΔEk,選項A正確;電子在BC之間做勻速運動,選項B正確;在CD之間做勻減速運動,到達D板時,速度減為零,選項C錯誤,選項D正確。2.如圖所示,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止起先運動,然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中,射入方向跟極板平行,整個裝置處在真空中,重力可忽視,在滿意電子能射出平行板區(qū)的條件下,下述四種狀況中,肯定能使電子的偏轉角θ變大的是()A.U1變大、U2變大 B.U1變小、U2變大C.U1變大、U2變小 D.U1變小、U2變小答案:B解析:設電子被加速后獲得的速度為v0,則由動能定理得qU1=1設極板長為l,則電子在電場中偏轉所用的時間為t=l設電子在平行板間受靜電力作用產(chǎn)生的加速度為a,由牛頓其次定律得a=qE電子射出偏轉電場時,平行于電場方向的速度為vy=at解得vy=q故tanθ=v所以U2變大或U1變小都可能使偏轉角θ變大,故選項B正確。3.在光滑水平面上有一比荷qm=1.0×10-7C/kg的帶正電小球,靜止在O點,以O點為原點,在水平面內建立坐標系Oxy,現(xiàn)突然加一沿x軸正方向、電場強度為2.0×106V/m的勻強電場,小球起先運動。經(jīng)過1s,所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向,電場強度大小不變。則小球運動的軌跡和位置坐標正確的是(答案:C解析:本題考查帶電小球的偏轉問題,通過分析與計算,培育科學思維實力。小球加速度大小a=qEm=0.20m/s2,1s末小球速度vx=at=0.20m/s,沿x軸方向距離x1=12at2=12×0.20×12m=0.10m。第2s內小球做類平拋運動,軌跡為拋物線,x方向x2=vxt=0.20m,沿y軸方向y2=12at2=12×0.20×12m=0.4.(多選)如圖所示,一電子沿x軸正方向射入勻強電場,在電場中的運動軌跡為OCD,已知lOA=lAB,電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy;電子在OC段和OD段動能的改變量分別為ΔEk1和ΔEk2,則()A.vCy∶vDy=1∶2B.vCy∶vDy=1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4答案:AD解析:電子沿Ox軸射入勻強電場,做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,已知lOA=lAB,則電子從O到C與從C到D的時間相等。電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動,則有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A正確,B錯誤。依據(jù)勻變速直線運動的推論可知,在豎直方向上,yOC∶yOD=1∶4,依據(jù)動能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,則得,ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C錯誤,D正確。5.長為l的平行金屬板水平放置,兩極板帶等量的異種電荷,板間形成勻強電場,一個電荷量為+q、質量為m的帶電粒子,以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進入該電場,剛好從下極板邊緣射出,射出時速度恰與下極板成30°角,如圖所示,不計粒子重力,求:(1)粒子末速度的大小;(2)勻強電場的電場強度;(3)兩極板間的距離。答案:(1)23v03(2)3解析:(1)粒子離開電場時,合速度與水平方向夾角為30°,由幾何關系得合速度v=v0(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動,在水平方向上,l=v0t,在豎直方向上,vy=at,vy=v0tan30°=3v由牛頓其次定律得,qE=ma,解得,E=3m(3)粒子做類平拋運動,在豎直方向上,d=12at2,解得d=366.如圖所示,AMB是一條長l=10m的絕緣水平軌道,固定在離水平地面高h=1.25m處,A、B為端點,M為中點。軌道MB處在方向豎直向上、大小E=5×103N/C的勻強電場中。一質量m=0.1kg、電荷量q=+1.3×10-4C的可視為質點的滑塊以初速度v0=6m/s在軌道上自A點起先向右運動,經(jīng)M點進入電場,從B點離開電場。已知滑