2019_2020学年高中物理第1章静电场第9节带电粒子在电场中的运动同步作业含解析新人教版选修3_1.doc

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1、第9节 带电粒子在电场中的运动基础训练1喷墨打印机的简化模型如图所示重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上则微滴在极板间电场中()A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨迹与带电荷量无关C解析 微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，选项A错误；电场力做正功，电势能减小，选项B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v方向xvt，沿电场方向yat2，又a，得y x2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，选项C正确，D错误2如图所示，在P板附近有一个电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下

2、列说法正确的是()A两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大B两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C与两板间距离无关，仅与加速电压有关D以上说法均不正确C解析 电子由P到Q的过程中，静电力做功，根据动能定理有eUmv2，解得v，速度大小与U有关，与两板间距离无关，选项C正确3如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子(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，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()Aa1a211v1v212Ba1a221v1v212Ca1a

3、221v1v21Da1a211v1v21D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电场力不变，故a1a211；由动能定理Uemv2得v，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由UEd知，电势差U增大为原来的2倍，故v1v21.4(多选)如图所示，两带电金属板彼此平行，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出现在使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则()A若两板间电压不变，则移动上极板使两极板的间距变为原来的2倍B若两板间电压不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的C若两板带电荷量不变，则移动上

4、极板使两极板的间距变为原来的2倍D若两板带电荷量不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的BD解析 电子在两极板间做类平抛运动，若电压不变，水平方向有lv0t，t，竖直方向dat2，故d2，即d，选项A错误，B正确；若两极板带电荷量不变，则改变两极板距离时极板间的电场强度保持不变，dat2 ，选项C错误，D正确5(多选)如图所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后打在同一荧光屏上，则它们()A离开偏转电场时速度大小相同B离开偏转电场时速度方向相同C到达屏上同一点D到达屏上不同点BC解析 设离子的电荷量为q，偏转电极板长为L，板间距

5、离为d，根据动能定理得，加速电场中qU1mv，偏转电场中运动时间t，偏转距离yat22，得到y，设偏转角度为，则tan ，由以上可知y、与带电离子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、二价氦离子会打在屏上同一点，选项B、C正确，D错误；由于偏转角度相同且水平速度v0不同，所以离开偏转电场时速度大小不同，选项A错误6示波管原理如图所示，电子在电压为UPK的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为UAB的偏转电场，最后打在荧光屏上的O点，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，下列措施可行的是()A只增大UPKB只增大UABC增大UPK同时减小UABD将电子换成比荷较大的带电粒子B解析

6、电子从K至P做加速直线运动，由动能定理得，eUPKmv0，进入偏转电场做类平抛运动，a，Lv0t，yat2，将射出偏转电场的速度反向延长交于水平位移L的中点，由三角形相似可得，故O与O的距离y，联立各式得y，要使电子打在荧光屏上的位置O到荧光屏中心O的距离增大，即y增大，可只减小UPK，或只增大UAB，或减小UPK同时增大UAB，y与电子的比荷无关，所以将电子换成比荷较大的带电粒子y不变，故选项A、C、D错误，B正确7真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏现有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后，垂直场强方向进入偏转电场，最后

7、打在荧光屏上已知质子、氘核和粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断正确的是()A三种粒子从B极板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为122D偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为124B解析 粒子加速过程有qU1mv2 ，粒子从B板至M板用时tL，则t，所以t1t2t3 1，选项A错误；偏转位移yat22，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B正确；因为WqEy，得W1W2W3q1q2q3112，选项C、 D错误8(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边

8、缘和两极板的正中间沿水平方向同时进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B两电荷在电场中运动的加速度相等C从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同AC解析 从轨迹可以看出yMyN，故t2t2，解得，故qMqN，选项A正确，B错误；根据动能定理，电场力做的功为WEkmv，质量m相同，电荷M竖直分位移大，竖直方向的末速度vy也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，选项C正确；从轨迹可以看出xMx

9、N，故vMtvNt，则vMvN，选项D错误能力提升9如图甲所示平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)()A电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动B电子一直向A板运动C电子一直向B板运动D电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动C解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的vt图象可知，电子一直向B板运动，选项C正确10(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，

10、则()A当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D小球在运动过程中机械能不守恒CD解析 若qEmg，小球将做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大；若qEmg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大，故选项A、B错误a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故选项C正确小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，故选项D正确11如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：(1)金属板

11、AB的长度；(2)电子穿出电场时的动能解析 (1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0mv，设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t，a，ydat2，由得Ld.(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理得EkeU0ee.答案 (1)d(2)e12如图所示，长L0.20 m的丝线的一端拴一质量为m1.0104 kg、带电荷量为q1.0106 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E2.0103 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g10 m/s2.求：(1)小球通过最高点B时速度的大小；(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，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有qELmgL，vB2 m/s.(2)小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用，经计算mg1.010410 N1.0103 N，因为qE mg，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FTB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有FTBmgqE，FTBqEmg3.0103 N.答案 (1)2 m/s(2)3.0103 N7