《2018-2019學年高中物理 第1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(guān)《2018-2019學年高中物理 第1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（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9節(jié)　帶電粒子在電場中的運動 基礎(chǔ)鞏固 1.(2018·湖北武漢十一中高二月考)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(　B　) A.質(zhì)子H) B.α粒子He) C.鈉離子(Na+) D.都相同 解析: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.(2018·江蘇啟東中學高二測試)帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉(zhuǎn)時(除靜電力外不計其他力的作用)(　B　) 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.

2、上述結(jié)論都不正確 解析:整個過程靜電力做正功,只有電勢能與動能之間相互轉(zhuǎn)化,根據(jù)能量守恒,減小的電勢能全部轉(zhuǎn)化為動能,故選項A,C,D錯誤,B正確. 3.(2018·江蘇鹽城市三中高二期末)如圖所示,在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動,則關(guān)于電子到達B板時的時間和速率,下列說法正確的是(　C　) A.兩板間距越大,則加速的時間越長,獲得的速率越小 B.兩板間距越小,則加速的時間越短,獲得的速率越小 C.兩板間距越小,則加速的時間越短,獲得的速率不變 D.兩板間距越小,則加速的時間不變,獲得的速率不變 解析:由于兩極板之間的電壓不變,所以極板之間的電場強度為E=,電子的加速

3、度為a==,由此可見,兩板間距離越小,加速度越大,電子在電場中一直做勻加速直線運動,由d=at2=t2,所以電子加速度的時間為t=d,由此可見,兩板間距離越小,加速時間越短,對于全程,由動能定理可得,qU=mv2,所以電子到達B板時的速率與兩板間距離無關(guān),僅與加速電壓U有關(guān),故C正確,A,B,D錯誤. 4.(2018·山東省煙臺高二開學考試)(多選)一帶電粒子從兩平行金屬板左側(cè)中央平行于極板飛入勻強電場,且恰能從右側(cè)極板邊緣飛出,若粒子初動能增大一倍,要使它仍從右側(cè)邊緣飛出,則應(　BC　) A.只將極板長度變?yōu)樵瓉淼?倍 B.只將極板長度變?yōu)樵瓉淼谋? C.只將極板電壓增大到原來的

4、2倍 D.只將極板電壓減為原來的一半 解析:對于帶電粒子以平行極板的速度從左側(cè)中央飛入勻強電場,恰能從右側(cè)擦極板邊緣飛出電場這個過程,假設(shè)粒子的帶電荷量q,質(zhì)量為m,初速度為v,極板的長度為L,極板的寬度為d,電場強度為E;由于粒子做類平拋運動,所以水平方向:L=vt,豎直方向y=at2=·()2= =;可知,若粒子初動能Ek增大一倍,要使它仍從右側(cè)邊緣飛出,y不變,則由上式分析可知:應將極板長度變?yōu)樵瓉淼谋?或?qū)O板電壓增大到原來的2倍,故選項B,C正確. 5.(2018·浙江溫州中學高二期中)如圖所示,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后,分別抵達B,C

5、兩點,若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于(　B　) A.1∶2 B.2∶1 C.1∶ D.∶1 解析:豎直方向有h=gt2,水平方向有l(wèi)=t2,聯(lián)立可得q=,所以有=,故選項B正確. 6.(2018·貴州湄江中學高二期中)(多選)如圖所示,電荷量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A,B兩板間的加速電場后飛出,不計重力的作用,則(　BD　) A.它們通過加速電場所需要的時間相等 B.它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C.它們通過加速電場的過程中速度的增量相等 D.它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等 解析:由a=,可知加速度相等

6、,因為初速度不同,運動的時間不同.根據(jù)Δv=at知,速度的變化量不同,故選項A,C錯誤.根據(jù)動能定理得,qU=ΔEk,知靜電力做功相同,則動能的增量相同,故選項B正確.因為靜電力做功相等,根據(jù)靜電力做功與電勢能的關(guān)系知,電勢能的減小量相等,故選項D正確. 7.(2018·河北石家莊一中高二期中)(多選)如圖所示,水平放置的平行板電容器,上極板帶負電,下極板帶正電,帶電小球以速度v0水平射入電場,且沿下極板邊緣飛出.若下極板不動,將上極板上移一小段距離,小球仍以相同的速度v0從原處飛入,則帶電小球(　BD　) A.將打在下極板中央 B.仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出 C.不發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿直

7、線運動 D.若上極板不動,將下極板上移一段距離,小球可能打在下極板的 中央 解析:將電容器上極板移動一小段距離,電容器帶電荷量不變,由公式E===可知,電容器產(chǎn)生的場強不變,以相同速度從原處入射的小球仍將沿原軌跡運動,故選項A,C錯誤,B正確.當上極板不動,下極板向上移動時,雖然小球仍將沿原軌跡運動,但是下極板向上移動了一些,小球可能打在下極板的中央,故選項D正確. 8.(2018·河南商丘九校高二聯(lián)考)如圖,帶電荷量之比為qA∶qB=1∶3的帶電粒子A,B以相等的速度v0從同一點出發(fā),沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C,D點,若OC=CD,忽略粒子重力的影響,則(

8、　B　) A.A和B在電場中運動的時間之比為2∶1 B.A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C.A和B的質(zhì)量之比為1∶2 D.A和B的位移大小之比為1∶1 解析:粒子在電場中做類平拋運動,在水平方向有x=v0t,由于帶電粒子A,B以相等的速度v0從同一點出發(fā),所以運動時間t與走過的水平位移x成正比,則粒子的運動時間之比===,故選項A錯誤.粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,側(cè)移量y=at2,由于粒子在豎直方向上走過的高度是相等的,所以加速度之比和時間的平方成反比,則加速度之比為==,故選項B正確.由牛頓第二定律得Eq=ma,則粒子質(zhì)量之比為===×=,故選項C錯誤.A,

9、B兩個粒子在豎直方向上的位移相等,但水平方向上的位移不相等,所以合位移之比不相等,不是1∶1的關(guān)系,故選項D錯誤. 能力提升 9.(2018·陜西師大附中高三二模)(多選)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(　AC　) A.向正極板偏轉(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(guān) 解析:帶電微滴垂直進入電場后,在電場中做類平拋運動,根據(jù)平拋運動的分解——水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線 運動. 帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力,

10、故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn),選項A正確;帶電微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用,靜電力做正功,故墨汁微滴的電勢能減小,選項B錯誤;根據(jù)x=v0t,y=at2及a=,得帶電微滴的軌跡方程為y=,即運動軌跡是拋物線,與帶電荷量有關(guān),選項C正確,D錯誤. 10.(2017·寧夏石嘴山市三中高三四模)如圖,豎直平行金屬板分別與電源正、負極相接,一帶電顆粒沿圖中直線從A向B運動,則該帶電顆粒(　B　) A.動能減小 B.電勢能減小 C.機械能減小 D.可能帶負電 解析:微粒的合力方向與速度方向一致,對微粒做正功,則其動能增大,故A錯誤;帶電微粒在電場中受到重力和靜電力兩個力作用,靜電力在

11、水平方向,由微粒做直線運動可知,靜電力方向必定水平向右,靜電力做正功,機械能增大,電勢能減小,故B正確,C錯誤.由靜電力的方向,粒子帶正電,D錯誤. 11.(2018·河北正定中學高二期中)如圖為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計),經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進入兩塊平行金屬板M,N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場),電子進入M,N間電場時的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點.已知M,N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力.

12、 (1)求電子穿過A板時速度的大小; (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量; (3)若要電子打在熒光屏上P點的上方,可采取哪些措施? 解析:(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,由動能定理有eU1=m 解得v0=. (2)電子沿極板方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t,加速度為a,電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式有t=,a=,y=at2 解得y=. (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 答案:(1)　(2) (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 7