《2019_2020版高中物理第一章习题课带电粒子在电场中的运动教师备用课时作业新人教版选修3_120190731133.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019_2020版高中物理第一章习题课带电粒子在电场中的运动教师备用课时作业新人教版选修3_120190731133.doc（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、习题课带电粒子在电场中的运动(教师备用)1.(2019四川成都月考)如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则(D)A.a1a2=11,v1v2=12B.a1a2=21,v1v2=12C.a1a2=21,v1v2=1D.a1a2=11,v1v2=1解析:电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,场强不变,电子在电场中受到的静电力不变,故a1a2=11.由动能定理Ue=mv2得v=,因两极板间的距离增大
2、为原来的2倍,由U=Ed知,电势差U增大为原来的2倍,故v1v2=1.2.(2019山东临沂月考)如图所示,从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动,下列说法错误的是(设电源电压为U) (C)A.电子到达B板时的动能是UeB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3UeD.电子在A板和D板之间做往复运动解析:电子在AB之间做匀加速运动,且eU=Ek,选项A正确;电子在BC之间做匀速运动,选项B正确;在CD之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,D正确.3.(2019湖北襄阳检测)如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为
3、M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子.在静电力的作用下,两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为(A)A.32B.21C.52D.31解析:因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1=,a2=,由运动学公式有l=a1t2= t2,l=a2t2=t2,联立得=,故A正确.4.(2019山东济宁月考)(多选)如图所示,匀强电场场强方向竖直向下,在此电场中有a,b,c
4、,d四个带电粒子(不计粒子间的相互作用),各以水平向左,水平向右,竖直向上和竖直向下的速度做匀速直线运动,则下列说法正确的是(BD)A.c,d带异种电荷B.a,b带同种电荷且电势能均不变C.d的电势能减小,重力势能也减小D.c的电势能减小,机械能增加解析:a,b,c,d均做匀速直线运动,所以它们受的重力与静电力平衡,都带负电.a,b所受静电力不做功;c所受静电力做正功;d所受静电力做负功,重力做正功;因此可判断选项A,C错误,B,D正确.5.如图所示,两平行带电金属板水平放置,板间距为d.若在两板中间O点放一质量为m的带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过O点垂直纸面的轴顺时针旋转60,
5、再由O点从静止释放一同样的微粒,该微粒恰好能从上极板边缘射出,取重力加速度为g,下列说法正确的是(A)A.极板长为dB.粒子在电场中运动的时间为C.粒子在电场中运动的过程,其重力势能减小mgdD.粒子在电场中运动的过程,其电势能增加mgd解析:由微粒保持静止状态得,静电力方向向上,大小等于mg;将两板绕过O点垂直纸面的轴顺时针旋转60后,静电力与竖直方向的夹角为60,斜向右上方;故根据力的合成可得合力等于mg,方向与竖直方向的夹角为60,斜向右下方;根据微粒所受合力为恒力可得微粒做初速度为零的匀加速直线运动;由微粒恰好能从上极板边缘射出可得极板长为2dtan 60=d,故A正确;根据几何关系可
6、得微粒运动位移s=d,运动时间t=,故B错误;粒子运动位移的竖直分量为scos 60=d,重力势能减少mgd,故C错误;微粒沿静电力方向的位移为d,故电势能减少qEd=mgd,故D错误.6.如图所示,场强大小为E,方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h.质量均为m,带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a,c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力,若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于(B)A. B.C. D.解析:根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心,则在水平方向有s=v0t,在竖直方向有h=t2
7、解得v0=.故选项B正确,A,C,D错误.7.(2019山东泰安月考)如图所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离.现使U1加倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该(A)A.使U2变为原来的2倍 B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的倍 D.使U2变为原来的倍解析:电子加速有qU1=m;电子偏转有y=()2;联立解得y=,故A正确.8.如图所示,氕H)、氘H)、氚H)的原子核自初速度为零经同一电场加速后,又经同一匀强电场偏转,最后打在荧光屏上,那么(D)A.经过加速电场的过程中,静电力对氚核做的功最
8、多B.经过偏转电场的过程中,静电力对氚核做的功最多C.三种原子核打在屏上的速度一样大D.三种原子核都打在屏的同一位置上解析:同一加速电场、同一偏转电场,三种原子核带电荷量相同,故在同一加速电场中静电力对它们做的功都相同,在同一偏转电场中静电力对它们做的功也相同,A,B错;由于质量不同,所以三种原子核打在屏上的速度不同,C错;再根据偏转距离公式y=知,偏转距离与带电粒子无关,D对.9.(2019江西赣州校级月考)(多选)如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知=,电子过C,D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为Ek1和E
9、k2,则(AD)A.vCyvDy=12 B.vCyvDy=14C.Ek1Ek2=13 D.Ek1Ek2=14解析:电子沿Ox轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知=,则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCyvDy=tOCtOD=12,故A正确,B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上yOCyOD=14,根据动能定理得Ek1=qEyOC,Ek2= qEyOD,则Ek1Ek2=14.故C错误,D正确.10.(2019江西南昌月考)如图(甲)所示,一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴
10、线射入金属板空间.从电子射入的时刻开始在金属板间加如图(乙)所示的交变电压,假设电子能穿过平行金属板.则下列说法正确的是(C)A.电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B.电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C.电子可能从轴线到上极板之间的空间射出,也可能沿轴线方向射出D.电子射出后动能一定增大解析:由题意可知,当电子在电场中运动的时间恰好等于在A,B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时,电子可沿轴线射出,选项A,B错误,C正确;当电子恰好沿轴线射出时,电子速度不变,其动能也不变,选项D错误.11.(多选)如图所示,两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压,能使原
11、来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的Ut图象应是(设两板距离足够大)(BC)解析:由A图象可知,电子先做匀加速运动,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零.然后重复一直向一个方向运动不往返.由B图象可知,电子先做匀加速运动,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零;从T到T反向匀加速运动,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动;由C图象可知,电子先做加速度减小的加速运动,T时速度最大,从T到T内做加速度增大的减速运动,T时速度减为零;从T到T反向做加速度减小的加速运动,T时速度最大,从T到T内做加速度增大的
12、减速运动,T时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动;由D图象可知,电子先做匀加速运动,从T到T内做匀速运动,然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动.故选B,C.12.(2019江苏徐州校级检测)(多选)如图(甲),两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图(乙)所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述,正确的是(BC)A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服静电力做功为mgd解析:因0时
13、间内微粒匀速运动,故E0q=mg;在时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度为vy1=,水平速度为v0;在T时间内,由牛顿第二定律2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,vy2=vy1-g=0粒子的竖直速度减小到零,水平速度为v0,选项A错误,B正确;微粒的重力势能减小了Ep=mg=mgd,选项C正确;从射入到射出,由动能定理可知,mgd-W电=0,可知克服静电力做功为mgd,选项D错误.13.(2019河北衡水月考)一个带正电的微粒,从A点射入水平方向的匀强电场中,微粒沿直线AB运动,如图所示.AB与电场线夹角=30,已知带电粒子的质量m=1.010-7
14、 kg,电荷量q=1.010-10 C, A,B相距L=20 cm.(取g=10 m/s2,结果保留两位有效数字)求:(1)说明微粒在电场中运动的性质,要求说明理由.(2)电场强度的大小和方向.(3)要使微粒从A点运动到B点,微粒射入电场时的最小速度是多少?解析:(1)微粒只在重力和静电力作用下沿AB方向运动,在垂直于AB方向上的重力和静电力必等大反向,可知静电力的方向水平向左,如图所示,微粒所受合力的方向由B指向A,与初速度vA方向相反,微粒做匀减速运动.(2)在垂直于AB方向上,有qEsin -mgcos =0;所以电场强度E=104 N/C,电场强度的方向水平向左.(3)微粒由A运动到B
15、时的速度vB=0时,微粒进入电场时的速度最小,由动能定理得-(mgLsin +qELcos )=0-m,代入数据,解得vA=2 m/s.答案:(1)见解析(2)104 N/C,方向水平向左(3)2 m/s14.(2019福建泉州月考)如图所示,长L=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.010-4 kg、带电荷量为q=+1.010-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0103 N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=10 m/s2.求:(1)小球通过最高点B时速
16、度的大小;(2)小球通过最高点时,丝线对小球拉力的大小.解析:(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有qEL-mgL=; vB=2 m/s.(2)设小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用,mg=1.0 10-410 N=1.010-3 N;qE=1.010-62.0103 N=2.010-3 N;因为qEmg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有FTB+mg-qE=FTB=+qE-mg=3.010-3 N.答案:(1)2 m/s(2)3.010-3 N