2018-2019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課時作業(yè) 新人教版選修3-1

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1、第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動 [隨堂檢測] 1．質(zhì)子(H)、α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是(　　) A．質(zhì)子(H)　　　　　　 B．α粒子(He) C．鈉離子(Na＋) D．都相同 解析：選B．qU＝mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確． 2．如圖所示，場強大小為 E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h．質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形

2、區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) A． B． C． D． 解析：選B．根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝．故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 3．(多選)如圖所示，氕、氘、氚的原子核由靜止經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，那么　(　　) A．經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多 B．經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場力對三種核做的功一樣多 C．三種原子核打在屏上的速度一樣大 D．三種原子核都打在屏上同一位置處

3、解析：選BD．同一加速電場、同一偏轉(zhuǎn)電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質(zhì)量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)＝，tan θ＝知，與帶電粒子無關，D對． 4．在如圖甲所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖乙、丙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高．在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動．若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應的v－t圖象． 答案：t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下

4、，電子向B板(設為正方向)做初速度為零的勻加速運動． (1)對于題圖乙，在0～T時間內(nèi)電子沿正方向做初速度為零的勻加速直線運動，T～T時間內(nèi)電子沿正方向做末速度為零的勻減速直線運動，然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖1所示． (2)對于題圖丙，在0～時間內(nèi)電子做類似圖1中0～T時間內(nèi)的運動，～T時間內(nèi)電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動．然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖2所示． [課時作業(yè)] [學生用書P125(單獨成冊)] 一、單項選擇題 1．關于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．一定是勻變速運動 B．

5、不可能做勻減速運動 C．一定做曲線運動 D．可能做勻變速直線運動，不可能做勻變速曲線運動 解析：選A．帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定不變，可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動，故選A． 2． 如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：選A．由y＝at2＝··得： U＝，

6、所以U∝，可知A項正確． 3．三個α粒子在同一地點沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖所示的運動軌跡，由此可知，下列判斷錯誤的是(　　) A．在B飛離電場的同時，A剛好打在負極板上 B．B和C同時飛離電場 C．進入電場時，C的速度最大，A的速度最小 D．動能的增加量C最小，A和B一樣大 解析：選B．由題意知，三個α粒子在電場中的加速度相同，A和B有相同的偏轉(zhuǎn)位移y，由公式y(tǒng)＝at2得，A和B在電場中運動的時間相同，由公式v0＝得vB>vA，同理，vC>vB，故三個粒子進入電場時的初速度大小關系為vC>vB>vA，故A、C正確，B錯誤；由題圖知，三個粒子的偏轉(zhuǎn)位移大小關系為yA

7、＝y(tǒng)B>yC，由動能定理可知，三個粒子的動能的增加量C最小，A和B一樣大，D正確． 4．一個帶正電的點電荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿著垂直于勻強電場的方向射入電場，則其可能的運動軌跡應該是以下圖中的(　　) 解析：選B．點電荷垂直于電場方向進入電場時，電場力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運動，故本題選B． 5．噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上．則微滴在極板間電場中(　　) A．向負極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電荷量無關 解析：選C．由于微滴

8、帶負電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系，電勢能減小，選項B錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動，位移x＝vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移y＝t2＝·，此為拋物線方程，選項C正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量q有關，選項D錯誤． 6．如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) A．它們運動的時間

9、tQ＞tP B．它們運動的加速度aQ＜aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 解析：選C．設兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運動的水平距離為l．則對P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝．由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2．由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4．綜上所述，C項正確． 二、多項選擇題 7．如圖所示，電荷量和質(zhì)

10、量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩極板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則(　　) A．它們通過加速電場所需的時間相等 B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C．它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D．它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等 解析：選BD．由于電荷量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場所需的時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電場力做功與初速度及時間無關，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能的增加量也相等，B、D正確． 8．如圖所示，水平放置

11、的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，則(　　) A．場強的方向豎直向上 B．場強的方向豎直向下 C．兩極板間的電勢差為 D．油滴的電勢能增加了mgd 解析：選AC．由題意知帶電油滴受到的電場力等于其重力，帶電油滴受力平衡做勻速直線運動，A對，B錯；由mg＝q得電勢差U＝，C對；油滴的電勢能增加量等于電場力做功的負值，即ΔEp＝－W＝－qU＝－mgd，故油滴的電勢能減少了mgd，D錯． 9．如圖所示，豎直向下的勻強電場里，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運動，以下四種說法

12、中正確的是(　　) A．帶電小球可能做勻速率圓周運動 B．帶電小球可能做變速率圓周運動 C．帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小 D．帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小 解析：選ABD．若小球所受電場力與重力平衡，小球做勻速圓周運動，A正確；若小球所受電場力與重力不平衡，小球做變速圓周運動，B正確；若小球所受電場力與重力的合力向上，則小球運動到最低點時，細線拉力最小，最高點時細線拉力最大，C錯誤，D正確． 10．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子原來靜止在左極板小孔處(不計重力作用)．下列說法中正確的是(

13、　　) A．從t＝0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上 B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．從t＝時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．從t＝時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解析：選AC．對應電壓圖象作出電子的速度圖象，根據(jù)速度圖象包圍的面積分析電子的運動．由圖1知，t＝0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，一定能夠擊中右板，選項A正確，選項B錯誤． 　 圖1　　　　　　 圖2 由圖2知，t＝時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內(nèi)不能到達右板，則之后往復運動，選項C正確，

14、選項D錯誤． 三、非選擇題 11．如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角．在這一過程中，不計粒子重力．求： (1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間； (2)粒子在這一過程中電勢能的增量． 解析：(1)分解末速度：vy＝v0tan 30°，在豎直方向vy＝at，a＝，聯(lián)立三式可得t＝． (2)射出電場時的速度v＝＝v0，由動能定理得靜電力做功為W＝mv2－mv＝mv，根據(jù)W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－mv． 答案：(1)　(2)－mv 12．如圖所示，長L＝0．20 m

15、的絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1．0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1．0×10－6 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2．0×103 N/C．現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2．求： (1)小球通過最高點B時速度的大小； (2)小球通過最高點時，絲線對小球拉力的大?。? 解析：(1)小球由A運動到B，其初速度為零，靜電力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有： qEL－mgL＝，vB＝ ＝2 m/s． (2)小球到達B點時，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經(jīng)計算 mg＝1．0×10－4×10 N＝1．0×10－3 N qE＝1．0×10－6×2．0×103 N＝2．0×10－3 N 因為qE>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：FTB＋mg－qE＝ FTB＝＋qE－mg＝3．0×10－3 N． 答案：(1)2 m/s　(2)3．0×10－3 N 8