第4讲-带电粒子在电场中的运动-作业.docx

第4讲　带电粒子在电场中的运动
课时精练

1.(多选)如图1所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，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，粒子刚好能到达N板．如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)

图1
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
答案　BD
解析　设带电粒子离开M板的最远距离为x，由动能定理得－qEx＝0－mv02，所以x＝，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝；使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的，x＝.故B、D正确．
2.(2019·江西九江市测试)如图2所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电微粒沿图中直线从A向B运动，则该带电微粒(　　)

图2
A．动能减小
B．电势能减小
C．机械能减小
D．可能带负电
答案　B
解析　带电微粒沿题图中直线从A向B运动，微粒受到的电场力与重力的合力沿AB方向，所以电场力方向水平向右，微粒带正电，电场力做正功，电势能减小，机械能增大，故B正确，C、D错误；合外力做正功，动能增大，故A错误．
3.(2019·湖北宜昌市四月调研)如图3所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则(　　)

图3
A．粒子打在下极板的落点缓慢左移
B．粒子打在下极板的落点缓慢右移
C．粒子仍然打在下极板的A点
D．因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点
答案　C
解析　断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度E＝＝＝，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的A点，故C正确，A、B、D错误．
4．(2020·山东烟台市质检)如图4所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则(　　)

图4
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为
C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1
答案　B
解析　带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动，竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前和后时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为，所以在前时间内，电场力对粒子做的功为，选项A错误；在后时间内，电场力对粒子做的功为，选项B正确；由W＝qEy知，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功相等，故C、D错误．
5．(2020·浙江7月选考·6)如图5所示，一质量为m、电荷量为q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(　　)

图5
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°
答案　C
解析　粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示．

粒子的运动为类平抛运动．
水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝·t2
＝tan 45°
联立解得t＝，
故A错误．
vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan ，故B、D错误；
x＝v0t＝，与P点的距离s＝＝，故C正确．
6.(2019·山东济南市模拟)如图6所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采用的方法是(　　)

图6
A．增大两板间的电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．使加速电压U1升高些
D．尽可能使板间距离d小些
答案　D
解析　电子加速时，由动能定理得qU1＝mv2，电子偏转时，由类平抛运动规律得L＝vt，h＝at2，又由牛顿第二定律得a＝，联立以上各式可得h＝，由题意，灵敏度为：＝，可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故D正确．

7．(多选)如图7所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)

图7
A．带电粒子始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案　CD
解析　设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．

8.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)

图8
A．电场力大小为
B．小球所受的合外力大小为
C．小球由O点到P点用时
D．小球通过P点时的动能为mv02
答案　C
解析　设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝
v0，则动能：EkP＝mvP2＝mv02，选项D错误．
9．(多选)(2020·辽宁葫芦岛市高三期末)如图9所示，质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是(　　)

图9
A．两种粒子会打在屏MN上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大
答案　AD
解析　两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1＝mv02－0
偏转电场中，平行于极板方向：L＝v0t
垂直于极板方向：a＝＝，y＝at2
设离开偏转电场的速度偏向角为θ，有：tan θ＝＝
联立以上各式得y＝，tan θ＝
偏移量y和速度偏向角θ都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；
对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：
qU1＋qy＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qy
因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．
10．(多选)如图10所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　　)

图10
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
答案　BD
解析　由于带电小球在竖直平面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得：－mg·＝0－mv02，解得：h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确．

11.(2020·广东肇庆中学质检)如图11所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的面平行．PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力．

图11
(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0.
(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp.
答案　(1)　(2)圆弧上最低点　－
解析　(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，
则水平方向有：2Rsin θ＝v0t
竖直方向有：2Rcos θ＝at2
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得v0＝
(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcos θ
解得ΔEp＝－.
12．(2021·江苏扬州市期中)静电喷漆原理如图12所示，A、B为两块足够大的平行金属板，间距为d，两板间存在匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒．若油漆微粒的初速度大小均为v0，质量为m、电荷量为－q，场强大小为E＝ ，微粒所受重力、空气阻力、微粒间相互作用力均不计，试求：

图12
(1)微粒打在B板时的动能Ek；
(2)微粒到达B板上O点所需的时间t；
(3)微粒最后落在B板上所形成的图形形状及其面积S.
答案　(1)2mv02　(2)　(3)圆形　πd2
解析　(1)微粒从P喷出到打在B板，由动能定理得qEd＝Ek－mv02
得Ek＝2mv02
(2)设微粒到达O点时的速度为v, Ek＝mv2，解得v＝2v0
微粒从P到O做匀加速直线运动，有t＝d，得t＝
(3)微粒落在B板上所形成的图形是圆形．微粒运动水平距离最大时，初速度水平，做类平抛运动，设此运动时间为t′，微粒在电场中运动的加速度为a＝＝
竖直方向：d＝at′2
水平方向：圆形半径R＝v0t′
圆面积为S＝πR2
得S＝πd2.