10-5-帶電粒子在電場中的運動(作業(yè))(人教版2019必修第三冊)(解析版)

第5節(jié)帶電粒子在電場中的運動（作業(yè)時間：30分鐘）帶電粒子在電場中的加速1．如圖，P、Q是真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m、電荷量為e，不計重力。則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是（）A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C．若將兩極板間電勢差U增大為原來的四倍，則電子到達Q板的時間保持不變D．若將兩極板間電勢差U增大為原來的四倍，則電子到達Q板的時間減為原來的【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)動能定理得，可得電子到達Q板的速度，將板間距增大一倍，因為電壓不變，則電子到達Q板的速率不變，故A正確，B錯誤；CD．電子的加速度根據(jù)，得，U增大四倍，則電子到達Q板的時間變?yōu)樵瓉淼?，故C錯誤，D正確。故選AD。2．如圖甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在時刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則（）A．電子一直在A、B兩板間做往復運動B．當時，電子的速度最大C．當時，電子將回到出發(fā)點D．在足夠長的時間內(nèi)，電子一定會碰上B板【答案】D【詳解】時，A板電勢比B板電勢高，則電場方向豎直向下，電子受向上的電場力，電場力與重力二力平衡，時，場強改變方向，電子受向下的電場力和重力作用，電子向下加速運動，直到后電子勻速向下運動，然后再加速運動，之后重復上述向下運動，故電子一直向下運動，在足夠長的時間內(nèi)，電子一定會碰上B板。故D正確，ABC錯誤。故選D。

二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)3．示波管是一種多功能電學儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速度不計），經(jīng)過電壓為的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中．金屬板長為L，相距為d，當A、B間電壓為時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是（）A．變小，變大 B．變大，變小C．變大，變大 D．變小，變小【答案】A【詳解】設經(jīng)過電壓為的加速電場后，速度為v，在加速電場中，由動能定理可得電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，在水平方向上在豎直方向上解得由此可知，當變小，變大。y變大，BCD錯誤，A正確。故選A。4．如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電，負電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直場強射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則正確的有()A．粒子A帶負電，B不帶電，C帶正電B．三個粒子在電場中運動時間相等C．三個粒子在電場中運動的加速度aA＞aB＞aCD．三個粒子到這極板時動能EkA＜EkB＜EkC【答案】D【詳解】ABC.三個微粒的初速度相等，水平位移關系為，根據(jù)水平方向做勻速直線運動，所以他們的運動時間關系為．三個微粒在豎直方向的位移相等，根據(jù)可知，他們加速度的關系為；從而可知B僅受重力，A受電場力向上，C受電場力向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負點，故ABD錯誤．D.根據(jù)動能定理，三個微粒重力做功相等，A電場力做負功，C電場力做正功，所以C的動能變化量最大，A的動能變化量最小，又因為初動能相等，所以三個微粒到達極板時的動能關系為，所以D正確．三、示波管的原理5．示波管是示波器的核心部件，如圖，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）A．極板X帶正電

極板Y帶正電B．極板帶正電

極板Y帶正電C．極板X帶正電

極板Y帶負電D．極板帶正電

極板Y帶負電【答案】A【詳解】電子受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，則X帶正電；同理，電子向Y方向偏轉(zhuǎn)，則電場方向為Y到，則Y帶正電。故選A。6．如圖所示，在勻強電場中，將一質(zhì)量為、帶電荷量為q的帶電小球由靜止釋放，帶電小球運動軌跡為一直線，該直線與豎直方向的夾角為，小球的重力不能忽略，關于勻強電場的場強大小，下列說法正確的是（）A．唯一值是B．最大值是C．最小值是D．最小值是【答案】C【詳解】小球在重力和電場力的共同作用下做勻加速直線運動，只需電場力與重力的合力沿運動方向即滿足題意，當電場力與合力方向垂直時電場力最小，即，故，故選C.7．如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中虛線所示，由上極板的左下端沿水平直線通過電容器，由下極板的右上端射出極板。設粒子質(zhì)量為、重力加速度為、極板與水平面夾角為銳角、極板長為。則在此過程中，該粒子（

）A．所受重力與靜電力平衡 B．射入電場的初速度至少為C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動【答案】BD【詳解】ACD．根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力，方向豎直向下；二是靜電力，方向垂直于極板向上。則靜電力與重力的合力方向與速度方向相反，粒子做勻減速直線運動，動能逐漸減小，AC錯誤，D正確；B．對該粒子做受力分析有加速度又有解得又有解得，B正確。故選BD。8．如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是（粒子重力不計）（）A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板【答案】D【詳解】粒子在電場中加速U1q=m在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向上x=v0t豎直方向上解得A．開始時x=L，保持U2和平行板間距不變，減小U1，則x會減小，故A錯誤；B．保持U1和平行板間距不變，增大U2，則x減小，故B錯誤；C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板，則d減小，x減小，故C錯誤；D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板，d變大，則x變大，故D正確。故選D。9．如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上板的過程中（）A．它們運動的時間B．它們運動的加速度C．它們的動能增加之比：：2D．它們所帶的電荷量之比：：2【答案】D【詳解】A．粒子在垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，位移相等，速度相等，由得知，運動的時間相等，故A錯誤；B．粒子在平行電場方向受到電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移時間關系公式，有解得由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為：：2所以，故B錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律，有由兩式解得所以它們所帶的電荷量之比：：2故D正確；C．根據(jù)動能定理，有又：：2，：：2所以動能增加量之比：：4故C錯誤；故選：D。10．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（

）A．動能增加 B．機械能增加C．重力勢能增加 D．電勢能增加【答案】B【詳解】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球?qū)憚幽芏ɡ碛?，?lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤．11．如圖1所示為示波管原理圖，若其內(nèi)部豎直偏轉(zhuǎn)電極之間電勢差如圖2所示的規(guī)律變化，水平偏轉(zhuǎn)電極之間的電勢差如圖3所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】在時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當為負的最大值時，電子大在熒光屏上有負的最大位移，當為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，因此D正確，ABC錯誤。故選D。12．如圖甲所示，兩平行極板P、Q的極板長度和板間距離均為l，位于極板左側(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為、速度相同、重力不計的帶電粒子。在時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在時刻經(jīng)極板邊緣射出。不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況，則下列說法正確的是（）A．該粒子在平行板間不是一直做曲線運動B．該粒子在平行板間偏轉(zhuǎn)時的加速度C．兩平行板間所加電壓大小為D．若時刻進入兩板間的帶電粒子，也恰好經(jīng)極板邊緣射出，則兩板間所加電壓大小應為【答案】ACD【詳解】A.粒子在水平方向一直做勻速直線運動，豎直方向有電壓時做勻變速直線運動，則該粒子在0