2019-2020学年高中物理 第一章 静电场 9 带电粒子在电场中的运动练习（含解析）新人教版选修3-1

1、9带电粒子在电场中的运动课后篇巩固提升基础巩固1.一电子以初速度v0沿垂直电场强度方向射入两平行金属板间的匀强电场中,现减小两板间的电压,则电子穿越两平行金属板所需的时间()A.随电压的减小而减少B.随电压的减小而增加C.与电压无关D.随两板间距离的增大而减少答案C2.(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的() A.极板X应带正电B.极板X应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y应带正电解析由荧光屏上亮斑的位置可知,电子在XX偏转电场中向X极板方向偏转,故极板X带正电,选项A正确,选项B错误;电子在YY偏转电场中向Y极板方向偏转,故极板Y带正电,选项C正确,选项D错误。答案AC3.(多选)示波管中电子枪的原理示意图如图所示,示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极,K为接在高电势点的加速阳极,A、K间电压为U,电子离开阴极时的速度可以忽略,电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v。下面的说法正确的是()A.如果A、K间距离减半而电压仍为U,则电子离开K时的速度仍为vB.如果A、K间距离减半而电压仍为U,则电

2、子离开K时的速度变为v2C.如果A、K间距离不变而电压减半,则电子离开K时的速度变为22vD.如果A、K间距离不变而电压减半,则电子离开K时的速度变为v2解析电子在两个电极间的加速电场中进行加速,由动能定理eU=12mv2-0得v=2eUm,当电压不变,A、K间距离变化时,不影响电子的速度,故A正确;电压减半,则电子离开K时的速度为22v,C正确。答案AC4.如图所示,质子(11H)和粒子(24He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为() A.11B.12C.21D.14解析由y=EqL22mv02和Ek0=12mv02得y=EL2q4Ek0,y与q成正比,选项B正确。答案B5.带电粒子经加速电场由静止加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场,要使它离开偏转电场时偏转角增大,可采用的方法有()A.增加带电粒子的电荷量B.增加带电粒子的质量C.增大加速电压D.增大偏转电压解析同一加速电场、同一偏转电场,偏转角的正切为tan =U2l2U1d,U2为偏转电压,U1为加速电压,l为偏转电场在粒子入射方向的长度,d为偏转电场在垂直粒子入射方向的

3、宽度,选项D正确。答案D6.如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速率相同,则两次偏转电压之比为()A.U1U2=18B.U1U2=14C.U1U2=12D.U1U2=11解析设偏转电极板长为l,板间距离为d,当偏转电压为U1时,d2=qU12mdlv02,当偏转电压为U2时,d=qU22mdl2v02,解得U1U2=18。答案A7.(多选)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与静电力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动解析粒子做直线运动,其重力和静电力的合力应与速度共线,如图所示。重力与静电力不共线,不可能平衡,选项A错误;粒子运动过程中静电力做负功,因而电势能增加,选项B正确;合力做负功,动能减小,选项C错误;电容器的极板与直流电源相连,即其电压、板间的电场强度不变,则静电力不变,合力恒定,因而粒子做匀

4、变速直线运动,选项D正确。答案BD8.两个半径均为R的圆形平板电极,平行正对放置,相距为d,极板间的电势差为U,板间电场可以认为是匀强电场。一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间,到达负极板时恰好落在极板中心。已知质子电荷量为e,质子和中子的质量均视为m,忽略重力和空气阻力的影响,求:(1)极板间的电场强度E。(2)粒子在极板间运动的加速度a。(3)粒子的初速度v0。解析(1)极板间电场强度E=Ud(2)粒子电荷量为2e,质量为4m,所受电场力F=2eE=2eUd,粒子在极板间运动的加速度a=F4m=eU2dm。(3)由d=12at2,得t=2da=2dmeU,v0=Rt=R2deUm。答案(1)Ud(2)eU2md(3)R2deUm能力提升1.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M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,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2l5的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为() A.32B.21C.52D

5、.31解析粒子仅在电场力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动,正负粒子加速度分别为a1=EqM,a2=Eqm,设两粒子经过同一平面的时间为t,则正粒子的位移2l5=12a1t2=qE2M t2,负粒子的位移3l5=12a2t2=qE2mt2。得Mm=32,选项A正确。答案A2.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.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2倍D.使U2变为原来的12倍解析电子加速有qU1=12mv02,电子偏转有y=12qU2mdlv02,联立解得y=U2l24U1d,选项A正确。答案A3.(多选)如图所示,M、N是真空中的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板。要使这个带电粒子到达M、N板中间位置后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A.使初速度减小为原来的12B.使M、N间电压加倍C.使M、N间电

6、压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N间电压都减小为原来的12解析由题意知,带电粒子在电场中做减速运动,由动能定理可得-qU=-12mv02。要使粒子到达两极板中间位置后返回,设此时两极板间电压为U1,粒子的初速度为v1,则由动能定理可得-qU12=-12mv12,联立两式得U12U=v12v02。可见,选项B、D均符合要求。答案BD4.(多选)如图所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点(重力不计),则从开始射入至打到上极板的过程中()A.它们运动的时间tQ=tPB.它们的电势能减少量之比EPEQ=12C.它们所带电荷量之比qPqQ=12D.它们的动能增加量之比EkPEkQ=21解析带电粒子在垂直于电场方向上不受力,都做匀速运动,位移相等,由x=v0t可知,运动时间相等,即tQ=tP,故A正确;在平行于电场方向受到静电力,做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移公式有y=12at2=qE2mt2,解得q=2ymEt2,由于两带电粒子在平行于电场方向上的分位移之比yPyQ=1

7、2,所以它们所带的电荷量之比qPqQ=yPyQ=12,故C正确;电势能的减少量等于静电力做的功,即E=qEy,因为平行于电场方向的分位移之比yPyQ=12,电荷量之比qPqQ=12,所以电势能减少量之比EPEQ=14,故B错误;根据动能定理有qEy=Ek,而qPqQ=12,yPyQ=12,所以动能增加量之比EkPEkQ=14,故D错误。答案AC5.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,且正好能穿过电场,求:(1)金属板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速度为v0,由动能定理得eU0=12mv02设金属板AB的长度为l,电子偏转时间t=lv0电子在偏转电场中产生的偏转加速度a=eUmd电子在电场中偏转y=12d=12at2由得l=d2U0U。(2)设电子穿过电场时的动能为Ek,根据动能定理得Ek=eU0+eU2=eU0+U2。答案(1)d2U0U(2)eU0+U26.右图为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小。(2)求电子从偏转电场中射出时的偏移量。(3)若要电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理有eU1=12mv02解得v0=2eU1m。(2)电子沿极板方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时的偏移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式有t=Lv0,a=eU2mdy=12at2解得y=U2L24U1d。(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2。答案(1)2eU1m(2)U2L24U1d(3)见解析3

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