《2019-2020學年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動練習 新人教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動練習 新人教版選修3-1（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動基礎達標練1下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經過電壓為U的電場后，速度最大的粒子是()A質子(11H)B氘核(12H)C粒子(24He) D鈉離子(Na)解析：選A粒子在電場中做加速運動，根據動能定理可知，qUmv20，解得v ，粒子的比荷越大，速度越大，故質子的速度最大，A選項正確2帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉時(除電場力外不計其他力的作用)()A電勢能增加，動能增加 B電勢能減小，動能增加C電勢能和動能都不變 D上述結論都不正確解析：選B根據能量守恒定律可知，只有電場力做功的情況下，動能和電勢能之和保持不變，即帶電粒子受電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B選項正
2、確3一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球()A可能做直線運動B一定不做曲線運動C速率先減小后增大D速率先增大后減小解析：選C小球受重力和電場力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動，A、B選項錯誤；合力方向與速度方向先成鈍角，后成銳角，即合力先做負功后做正功，速率先減小后增大，C選項正確，D選項錯誤4示波管可以用來觀察電信號隨時間的情況，其內部結構如圖所示，如果在電極YY之間加上如圖(a)所示的電壓，在XX之間加上如圖(b)所示電壓，熒光屏上會出現的波形是()解析：選C電極YY之間加上圖(a)所示的電壓，則粒子的偏轉位移在上
3、下進行變化，而在XX之間加上圖(b)所示電壓時，粒子將分別打在左右各一個固定的位置，因此只能打出圖C所示的圖象，故C正確，A、B、D錯誤5一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，所有離子的運動軌跡都是一樣的，這說明所有粒子()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解析：選C由偏轉距離y2可知，若運動軌跡相同，則水平位移相同，偏轉距離y也應相同，已知E、l、v0是相同的，所以應有相同6(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出若下板不動，將上板上移一小段距離，
4、小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球()A將打在下板中央B仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C不發(fā)生偏轉，沿直線運動D若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央解析：選BD將電容器上板或下板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E可知，電容器產生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動當上板不動，下板向上移動時，小球可能打在下板的中央7(多選)在場強大小為E的勻強電場中，質量為m、帶電荷量為q的物體以某一初速度沿電場反方向做勻減速直線運動，其加速度大小為，物體運動s距離時速度變?yōu)榱銊t下列說法正確的是()A物體克服電場力做功0.8qEsB物體的電勢能增加了0.8qEsC物體
5、的電勢能增加了qEsD物體的動能減少了0.8qEs解析：選CD正電荷所受電場力方向與場強方向相同，故電場力做功WqEs，電勢能增加了qEs，A、B錯，C對；物體所受合力為0.8qE，與初速度方向相反，根據動能定理，物體的動能減少了0.8qEs，D對8.如圖所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上在A板的中央P點放置一個電子發(fā)射源可以向各個方向釋放電子設電子的質量為m、電荷量為e，射出的初速度為v.求電子打在板上的區(qū)域面積(不計電子的重力)解析：打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運動，在垂直于電場方向做勻速運動，即rvt在平行電場方向做初速度
6、為零的勻加速運動，即dat2電子在平行電場方向上的加速度：a電子打在B板上的區(qū)域面積：Sr2聯立解得S.答案：能力提升練1.(多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，為了提高示波管的靈敏度可采取的方法是()A減小兩板間電勢差U2B盡可能使板長L短些C盡可能使板間距離d小一些D使加速電壓U1減小一些解析：選CD電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉加速過程eU1mv02偏轉過程Lv0t，hat2t2綜合得，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應
7、選CD.2如圖所示是真空中A、B兩板間的勻強電場，一電子由A板無初速度釋放運動到B板，設電子在前一半時間內和后一半時間內的位移分別為s1和s2，在前一半位移和后一半位移所經歷的時間分別是t1和t2，下面選項正確的是()As1s214，t1t21Bs1s213，t1t21Cs1s214，t1t21(1)Ds1s213，t1t21(1)解析：選Ds1at2，s2a(2t)2at2at2，s1s213，xat12，t1，2xat2，t2tt1，t1t21(1)，故D正確3(多選)帶有同種電荷的各種帶電粒子(不計重力)沿垂直電場方向入射到平行帶電金屬板之間的電場中，并都能從另一側射出以下說法正確的是(
8、)A若粒子的帶電量和初動能相同，則離開電場時它們的偏向角相同B若質量不同的帶電粒子由靜止開始經相同電場加速后進入該偏轉電場，則離開電場時它們的偏向角相同C若帶電粒子由靜止開始經相同電場加速后進入該偏轉電場，離開電場時其偏移量y與粒子電荷量成正比D若帶電粒子以相同的初速度進入該偏轉電場，離開電場時其偏移量y與粒子的比荷成正比解析：選ABD粒子做類平拋運動，偏向角tan ，若粒子的帶電量和初動能相同，則tan ，則粒子離開電場時它們的偏向角相同，A選項正確；加速電場中，qU1mv020，偏向角tan ，相同，B選項正確；偏移量y，U1相同則偏移量應該相同，C選項錯誤；偏移量y，若帶電粒子以相同的初
9、速度進入該偏轉電場，y，即離開電場時其偏移量y與粒子的比荷成正比，D選項正確4真空中的某裝置如圖所示，現有質子、氘核和粒子都從O點由靜止釋放，經過相同加速電場和偏轉電場，射出后都打在同一個與OO垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現亮點(已知質子、氘核和粒子質量之比為124，電量之比為112，重力不計)下列說法中正確的是()A三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為211B三種粒子射出偏轉電場時的速度相同C在熒光屏上將只出現1個亮點D偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為122解析：選C由U1qmv02，得v1v2v311，再由t可得t1t2t31，A錯誤；由y可知，三種粒子從偏轉電場同一點射出，且速度方向相
10、同，故一定打在屏上的同一點，C正確；由mv2U1qqy可得v，因不同，故三種粒子射出偏轉電場的速度不相同，B錯誤；由偏轉電場對三種粒子做的功為W電qy可知，W電1W電2W電3112，D錯誤5反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似如圖所示，在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動已知電場強度的大小分別是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質量m1.01020 kg，帶電量q1.0109 C，A點距虛線MN的距離d11.0 c
11、m，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應求：(1)B點距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間t.解析：(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有qE1d1qE2d20，得d2d10.50 cm.(2)設微粒在虛線MN兩側的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有qE1ma1，qE2ma2.設微粒在虛線MN兩側運動的時間分別為t1和t2，由運動學公式有d1a1t12，d2a2t22，tt1t2，聯立解得t1.5108 s.答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s6如圖所示，平行板電容器A、B間的電壓為U，兩板間的距離為d，一質量為m、電荷量為q的粒子，由兩板中央O點以水平速度v0射入，落在C處，BCl.若將B板向下拉開，初速度v0不變，則粒子將落在B板的C點，求BC的長度(粒子的重力忽略不計)解析：根據牛頓第二定律，帶電粒子由O點到C點，有qma，所以a.帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，lv0t，在豎直方向做勻加速直線運動，dat2t2.帶電粒子由O點到C點，根據牛頓第二定律得qma，所以a.設BC的長度為l，則lv0t，ddat2t2.解方程組得BC的長度ll.答案：l6
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