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2021-2022版高中物理 第一章 静电场 9 带电粒子在电场中的运动课时作业新人教版选修3-1

2021-2022版高中物理 第一章 静电场 9 带电粒子在电场中的运动课时作业新人教版选修3-1

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姓名：

- 15 -

带电粒子在电场中的运动
　　　　　(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U后,哪个粒子获得的速度最大 (　　)
A.质子H　　　　　　　 B.氘核H
C.α粒子He D.钠离子Na+
【解析】选A。所有四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U,故根据动能定理,qU=mv2-0得v=,由上式可知,比荷越大,速度越大;A选项中质子的比荷最大,故A正确。
2.如图所示,平行板电容器与电源相连,开始极板不带电,质量为m、电量为q的油滴开始自由下落,一段时间后合上开关S,油滴经过相同时间回到出发点。忽略电容器充电时间,极板间距足够大,已知充电后的电场强度大小为E,下列判断错误的是 (　　)

A.油滴带负电
B.Eq=4mg
C.油滴回到出发点的速度为0
D.油滴向下运动的过程中,机械能先不变后减小
【解题指南】
本题的关键是弄清楚液滴在整个过程中的运动性质,先自由下落,然后做匀变速直线运动(向下减速后向上加速),突破点是“油滴经过相同时间回到出发点”,据此列式计算。
【解析】选C。充电后油滴向上运动,即受到向上的电场力,而电容器上极板带正电,电场方向竖直向下,故油滴带负电,A正确;在闭合前,油滴向下运动的过程中,h=gt2,闭合开关后的过程中x=vmt-at2,又知道vm=gt,x=-h,解得a=3g,对第二个过程用牛顿第二定律可得Eq-mg=3mg⇒Eq=4mg,B正确;返回到出发点的速度为v=vm-at=-2vm,C错误;自由下落过程中机械能守恒,当闭合开关后,电场力做负功,所以机械能减小,故向下运动的过程中,机械能先不变后减小,D正确。而题目中让选错误的,故选C。
【加固训练】
如图所示,一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端,可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L,间距为d,当A、B板加上电压U时,只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出,细管C离两板等距。已知元电荷为e,则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为 (　　)

A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
【解析】选C。β粒子反方向的运动为类平抛运动,水平方向有L=v0t,竖直方向有=at2,且a=。从A到C的过程有-eU=m-mv2,以上各式联立解得v=,选项C正确。
3.如图所示,P和Q为两平行金属板,板间有一定电压,在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动,下列说法正确的是 (　　)

A.电子到达Q板时的速率,与加速电压无关,仅与两板间距离有关
B.电子到达Q板时的速率,与两板间距离无关,仅与加速电压有关
C.两板间距离越大,加速时间越短
D.两板间距离越小,电子的加速度就越小
【解析】选B。电子从负极板到正极板由动能定理有Uq=mv2,求得v=,所以到达正极板的速度只与电压有关,而与两板间距离无关,A错误,B正确;电子从负极板向正极板运动过程中做匀加速直线运动,由运动学公式可得时间t==
d,两板间距离越大,时间越长,C错误;据牛顿第二定律可得加速度a==,所以两板间距离越小,加速度越大,D错误。故选B。
4.如图所示,两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场,两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场,经过时间t在电场中某点相遇。则以下说法中正确的是 (　　)

A.若两粒子入射速度都变为原来的两倍,则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
B.若两粒子入射速度都变为原来的两倍,则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
C.若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍,则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
D.若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍,则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
【解析】选A。两粒子从射入到相遇经过的时间只和初速度大小相关,当两粒子入射速度都变为原来的两倍,则两粒子从射入到相遇经过的时间为t,故A项正确,B、C、D三项错误。
【总结提升】分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)条件分析:不计重力,且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直,则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
(2)运动分析:一般用分解的思想来处理,即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
5.如图所示,a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,若不计重力,则 (　　)

A.a的电荷量一定大于b的电荷量
B.b的质量一定大于a的质量
C.a的比荷一定大于b的比荷
D.b的比荷一定大于a的比荷
【解析】选C。设任一粒子的速度为v,电量为q,质量为m,加速度为a,运动的时间为t,则加速度为:a=,时间为:t=,偏转量为:y=at2=t2,因为两个粒子的初速度相等,则t∝x,则由题图可知a粒子的运动时间短,则a的加速度大,a粒子的比荷就一定大,但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系,故C正确,A、B、D错误。
【加固训练】
　　a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射,运动轨迹如图。若a、b的偏转时间相同,则a、b一定相同的物理量是 (　　)

A.比荷　　　　　　　 B.入射速度
C.入射动能 D.入射动量
【解析】选A。a、b两离子竖直方向分位移相等,故:y=··t2,由于y、E、t均相等,故比荷相等,故A项正确;水平方向位移关系是xa>xb,水平分运动是匀速直线运动,时间相等,故va>vb,故B项错误;a、b两离子初速度不同,质量关系未知,无法确定初动能和动量大小关系,故C、D两项错误。
6.如图所示,一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中,在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点,其中M点是轨迹的最右点,不计粒子受到的重力,下列说法正确的是 (　　)

A.粒子在电场中的加速度先增大后减小
B.粒子所受电场力的方向沿电场方向
C.粒子在M点的速率最大
D.粒子在电场中的电势能先增大后减小
【解析】选D。粒子在匀强电场中只受到恒定的电场力作用,故粒子在电场中的加速度大小不变,方向不变,故A错误;粒子做曲线运动,粒子所受电场力指向曲线弯曲的内侧,所以粒子所受电场力沿电场的反方向,故B错误;粒子受到的电场力向左,在向右运动的过程中,电场力对粒子做负功,粒子的速度减小,运动到M点时,粒子的速率最小,故C错误;当粒子向右运动时电场力做负功,电势能增加,当粒子向左运动时电场力做正功,电势能减小,粒子的电势能先增加后减小,故D正确。故选D。
【加固训练】
如图,一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动,
M、N为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在M点的速度大小为v0,方向与水平方向的夹角为60°,N点为轨迹的最高点,不计重力。则M、N两点间的电势差为 (　　)

A.　　　　　　　 B.-
C.- D.
【解析】选B。粒子在最高点速度等于初速度的水平分量,为:vN=v0cos60°=v0,对从M到N过程,根据动能定理,有:qUMN=m-m,
解得:UMN=-,故A、C、D错误,B项正确。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)如图所示为两组正对的平行金属板,一组竖直放置,一组水平放置,一电子由静止开始从竖直板的中点A出发,经电压U0加速后通过另一竖直板的中点B,然后从正中间射入两块水平金属板间,已知两水平金属板的长度为L,板间距离为d,两水平板间加有一恒定电压,最后电子恰好能从下板右侧边沿射出。已知电子的质量为m,电荷量为-e。求:

(1)电子过B点时的速度大小;
(2)两水平金属板间的电压大小U。
【解析】(1)设电子过B点时的速度大小为v,
根据动能定理有eU0=mv2-0
解得v=
(2)电子在水平板间做类平抛运动,有
L=vt
=at2
a=
联立各式解得
U=
答案:(1)　(2)
【加固训练】
如图所示,阴极A受热后向右侧空间发射电子,电子质量为m,电荷量为e,电子的初速率为v,且各个方向都有。与A极相距l的地方有荧光屏B,电子击中荧光屏时便会发光。若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场,电场强度为E,求B上受电子轰击后的发光面积。

【解析】阴极A受热后发射电子,这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域,取两个极端情况如图所示。

沿极板竖直向上且速率为v的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点。
竖直方向上:y=vt,
水平方向上:l=·t2;
解得:y=v。
沿极板竖直向下且速率为v的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点,同理可得y′=v。
故在荧光屏B上的发光面积S=y2π=。
答案:
8.(12分)如图所示,水平虚线MN上、下方空间分别存在电场强度方向相反、大小相等的匀强电场。以虚线MN处电势为零,A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点,且到MN距离均为d,一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放,已知粒子运动过程中最大电势能为Epm,不计粒子重力。求:

(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间。
【解析】(1)粒子释放后,在MN上方电场中电场力做正功,电势能减小,MN下方电场中,电场力做负功,电势能增大,由能量守恒和对称性可知,粒子在A、B两点间做往返运动,且在A、B处时电势能最大,MN处电势为零,设A到MN间电势差为U,A点电势为φA,电场强度大小为E,则有U=φA-0=φA,
Epm=qφA,U=Ed,
联立解得E=。
(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动,设经历的时间为t,到MN时粒子速度为v,加速度为a,则有
v=at,qE=ma,
从A到MN由能量守恒有Epm=mv2,
联立解得t=d。
由对称性可得,粒子第一次返回A点所需时间为
4t=4d。
答案:(1)　(2)4d
　　　　(15分钟·40分)
9.(6分) (2020·浙江7月选考)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时 (　　)

A.所用时间为
B. 速度大小为3v0
C.与P点的距离为
D. 速度方向与竖直方向的夹角为30°
【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方向y=t2,由tan45°=,可得t=,故A错误;由于vy=t=2v0,故粒子速度大小为v==v0,故B错误;由几何关系可知,到p点的距离为L=v0t=,故C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为α,则有tanα==,α不等于30°,故D错误。
【加固训练】
如图所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中的O点自由释放后,分别抵达B、C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于(　　)

A.1∶2　　　　　 B.2∶1
C.1∶ D.∶1
【解析】选B。竖直方向有h=gt2,水平方向有l=t2,联立可得q=,所以有=,B对。
10.(6分)(多选)平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接,电源的电动势为E,内电阻为零;靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m,电荷量为+q,初速度为零的粒子,粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F,紧贴N板水平进入偏转电场MN;改变滑片p的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2,且所有粒子都能够从偏转电场飞出,下列说法正确的是 (　　)

A.粒子的竖直偏转距离与U2成正比
B.滑片p向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C.飞出偏转电场的粒子的最大速率为
D.飞出偏转电场的粒子的最大速率为
【解析】选B、C。带电粒子在加速电场中加速U1q=m ,在偏转电场中y=()2=,由于U1+U2=E,则y==,则粒子的竖直偏转距离y与U2不是成正比关系,选项A错误;从偏转电场飞出的粒子的偏转角tanθ==
,滑片p向右滑动的过程中U1变大,U2减小,则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小,选项B正确;当粒子在加速电场中一直被加速时,飞出偏转电场的速率最大,即当U1=E时粒子的速率最大,根据动能定理Eq=m,解得vm=,选项C正确,D错误。
11.(6分)现有两极板M(+)、N(-),板长80 cm,板间距20 cm,在两板间加一周期性的直流电压,如图所示。现有一粒子(正电,=104 C/kg)0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间,v0=2×103 m/s,重力不计,则正确的是 (　　)

A.粒子的运动轨迹为抛物线
B.经Δt=0.8×10-4 s,粒子速度为0.8×103 m/s
C.粒子能从两板间射出
D.若粒子要从两板间射出,两板间距至少为10 cm
【解析】选D。因为粒子只受电场力的作用,并且该电场力是周期性变化的力,不是一个恒力,所以粒子的运动不是类平抛运动,轨迹不为抛物线,故A项错误;粒子的加速度a== m/s2=107 m/s2,经Δt=0.8×10-4 s,粒子速度为v=,代入数据解得v=4×102 m/s,故B项错误;若粒子能射出,在水平方向做匀速直线运动,则t′==4×10-4 s,所以竖直位移y=(a)+
(at1·t1)+(at1·t1+a)+(2at1·t1)=5a=5×107×(10-4)2 m=0.5 m,大于板间距20 cm,所以粒子将打到下极板N上,故C项错误;要使两极板间的距离最短,应该在t=1×10-4 s时刻进入电场,这样在竖直方向运动的距离最小,根据位移和速度公式可得:d=t2+t·t+t2+t2,解得:d=10 cm。故D项正确。
12.(22分) (2019·全国卷Ⅱ)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小。
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)PG、QG间场强大小相等,方向相反,为匀强电场。
(2)粒子进入电场做类平抛运动。
(3)根据对称性,粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有
E= ①
F=qE=ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有
qEh=Ek-m ③
设粒子第一次到达G时所用时间为t,粒子在水平方向的位移为l,如图所示,

则有
h=at2 ④
l=v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek=m+qh ⑥
l=v0 ⑦
(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,如图所示,

由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v0 ⑧
答案:(1)m+qh　v0
(2)2v0
【加固训练】
　　在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气的阻力。求:

(1)小球水平位移x1与x2的比值;
(2)小球落到B点时的动能EkB;
(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin。
【解析】(1)小球在水平方向上仅受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动,竖直方向上只受重力作
　用做竖直上抛运动,故从A到M和从M到B的时间相等,设从A到M所用时间为t,水平方向加速度为ax,
由匀变速直线运动位移-时间公式,可得
x1=axt2,
x2=ax(2t)2-axt2=axt2,
所以x1∶x2=1∶3。
(2)小球从A到M,由动能定理可得水平方向上电场力做功W′电=6.0 J,
则小球从A到B,水平方向上电场力做功
W电=4W′电=24 J,
由动能定理,可得
EkB-EkA=W电,
解得EkB=32 J。
(3)设小球所受的电场力为F,重力为G,由于合运动与分运动具有等时性,小球从A到M,则有
水平方向上电场力做功
W′电=Fx1=F·axt2==6.0 J
竖直方向上重力做功
WG=Gh=G·gt2==8.0 J
由图可知,tanθ==,则sinθ=

则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G′垂直,即图中的P点,故
Ekmin=m=m(v0sinθ)2= J
答案:(1)1∶3　(2)32 J　(3) J