2021-2022学年高一下学期物理人教版（2019）必修第三册10.5带电粒子在电场中的运动+课时作业（word版有答案）

人教版高一物理必修第三册课时作业
5 带电粒子在电场中的运动
一、单项选择题
1、在如图所示的匀强电场中,若一个点电荷从P点由静止释放(不计粒子重力),则以下说法正确的是( )
A.该点电荷可能做匀变速曲线运动
B.该点电荷一定向右运动
C.静电力对该点电荷可能不做功
D.该点电荷一定做匀加速直线运动
2、两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知(不计粒子重力) (　　)
A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等
B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的速度一定相等
C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速度一定相等
D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等
3、如图所示,一价氢离子和二价氦离子的混合体,经同一加速电场由静止加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们 ( )
A.同时到达屏上同一点
B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点
D.先后到达屏上不同点
4、示波器是一种多功能电学仪器,它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示,电子在电压为U1的电场中由静止开始加速,然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中,入射方向与极板平行,在满足电子能射出偏转电场区的条件下,下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )
A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大
C.U1变大,U2变小 D.U1变小,U2变小
5、某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中,质子先被某匀强电场加速到具有较高的能量,然后被引向轰击肿瘤,杀死其中的恶性细胞,如图所示。若质子的加速长度为d=4.0 cm,要使质子由静止被加速到v=1.0×107 m/s,已知质子质量为m=1.67×10-27 kg,质子电量为e=1.60×10-19 C,则下列说法不正确的是 ( )
A.由以上信息可以推算该加速电场的电压
B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度
C.由以上信息不可以推算该质子加速后的电势能
D.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功,电势能增加
6、如图所示为示波管中偏转电极的示意图,间距为d、长度为l的平行板A、B加上电压后,可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)。在与A、B等距离的O点,有一电荷量为+q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入(图中已标出),不计重力,要使此粒子能从C处射出,则A、B间的电压应为 ( )
A. B.
C. D.q
7、如图所示,带电平行金属板A、B,板间的电势差为U,板间距离为d,A板带正电,B板中央有一小孔。一带正电的微粒,电荷量为q,质量为m,自孔的正上方距板高h处自由下落,若微粒恰能落至A、B板的正中央c点,不计空气阻力,则（ ）
A.微粒在下落过程中动能逐渐增加,重力势能逐渐减小
B.微粒在下落过程中重力做功为mg,电场力做功为-qU
C.微粒落入电场中,电势能逐渐增大,其增加量为qU
D.若微粒从距B板高1.5h处自由下落,则恰好能达到A板
8、如图所示,在竖直面(纸面)内有匀强电场,带电荷量为q(q>0)、质量为m的小球受水平向右、大小为mg的恒力F,从M匀速运动到N。已知MN长为d,与力F的夹角为60°,重力加速度为g,则 ( )
A.场强大小为
B.M、N间的电势差为0
C.从M到N,电场力做功为-mgd
D.若仅将力F方向顺时针转30°,小球将从M向N做匀变速直线运动
二、多项选择题
9、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
10、如图所示,一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板。现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是(　　)
A.使粒子的带电量减少为原来的
B.使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C.使两板间的距离增加到原来的2倍
D.使两极板的长度减小为原来的
11、如图所示,质量为m、带电荷量为q的粒子,以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的水平向右的匀强电场中,粒子通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则 (　　)
A.粒子从A运动到B的时间为t=
B.粒子从A运动到B的过程中重力做的功为WG=-m
C.A、B两点的电势差为UAB=
D.A、B两点的电势差为UAB=
12、喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中 ( )
A.向正极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与电荷量无关
13、如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为45°,则下列结论中正确的是 (　　)
A.此液滴带负电
B.液滴做匀加速直线运动
C.合外力对液滴做的总功等于零
D.液滴的电势能减少
三、非选择题
14、如图所示,长L=0.20 m的绝缘丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)小球通过最高点B时速度的大小;
(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。
15、如图所示,电子从静止开始被U=180 V的电场加速,沿直线垂直进入另一个场强为E=6 000 V/m的匀强偏转电场,而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为≈×1011 C/kg,不计电子的重力,偏转极板长为L=6.0×10-2 m。求:
(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小;
(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小;
(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的
夹角θ。
16、水平放置的两块平行金属板长L=5.0 cm,两板间距d=1.0 cm,两板间电压为90 V且上板带正电荷。一电子沿水平方向以速度v0=2.0×107 m/s从两板中间射入,如图所示。求:(电子电荷量e=1.6×10-19 C,电子质量me=9.1×10-31 kg,不计电子重力)(计算结果保留2位小数)
(1)电子飞出金属板时的侧位移;
(2)电子飞出电场时的速度;
(3)电子离开电场后,打在屏上的P点,若s=10 cm,求OP的长度。
17、多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器,其基本原理如图所示,从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电场强度足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1;
(2)反射区加上电场,电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x;
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,求待测离子质量m1。
答案与解析
1、D
解析：点电荷受到水平方向上的静电力做匀加速直线运动,因为点电荷的电性未知,无法确定向哪个方向做匀加速直线运动,故A、B错误,D正确;点电荷在运动的过程中,静电力做正功,故C错误。
2、C
解析：由题图可知,粒子在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,由qE=m得r=。r、E为定值,若q相等则mv2一定相等,但质量m或速度v不一定相等;若相等,则速度v一定相等,故C正确。Ek=mv2=qEr,相等,粒子的动能不一定相等。
3、B
解析：在加速电场中qU1=m,在偏转电场中的偏转距离y=·
·=,故两离子运动轨迹相同,打在屏上同一点;一价氢离子和二价氦离子的比荷不同,经过加速电场后的末速度不同,因此两离子运动的时间不同。故选B。
4、B
解析：电子通过加速电场有eU1=m;在偏转电场中,电子在垂直于电场线的方向做匀速直线运动,由于要射出偏转电场区,则运动时间t=;电子在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=,末速度vy=at=,偏转角的正切tan θ==,l和d恒定,tan θ∝,故B正确。
5、D
解析：根据动能定理可得:eU=mv2-0该加速电场的电压为:U== V≈5.2×105 V,由此可以推算该加速电场的电压,故A不符合题意;根据U=Ed可得该加速电场的电场强度E== V/m=1.3×107 V/m由此推算该加速电场的电场强度,故B不符合题意;运动过程中,根据动能定理可得质子所受电场力做正功,电势能减小,由于不知初始时刻的电势能,所以不可以推算该质子加速后的电势能,故C不符合题意,D符合题意;故选D。
6、A
解析：带电粒子只受电场力作用,在平行板间做类平抛运动。设粒子由O到C的运动时间为t,粒子从C处射出,则有l=v0t。设A、B间的电压为U,则偏转电极间的匀强电场的场强E=,粒子所受电场力F=qE=。根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度a==。粒子在沿电场方向做匀加速直线运动,位移为d。由匀加速直线运动的规律得=at2。解得U=。选项A正确。
7、C
解析：下落过程中,微粒的速度先增大后减小,故动能先增大后减小,重力势能逐渐减小,A错误。微粒在下落过程中,重力做功为mg,电场力做功为-q××=-qU,B错误。微粒落入电场中,电场力做功-qU,电势能增加量为qU,C正确。设微粒从距B板高h'处自由下落时,恰好能到达A板,根据动能定理,有mg-qU
=0,mg(h'+d)-qU=0,则h'=2h,D错误。
8、B
解析：对小球受力分析,如图所示
根据平衡知识可知qE=,解得E=,故A错误;设电场力方向与水平力F方向的夹角为θ,由图可知sin(180°-θ)==,解得θ=150°,所以可得电场强度方向与MN垂直,所以M、N两点电势相等,M、N间的电势差为0,故B正确;由于M、N间的电势差为0,所以从M到N,电场力做功为零,故C错误;因电场力qE和重力mg的合力与F等大反向,则若仅将力F方向顺时针转30°,小球受的合力方向与MN的方向不共线,则小球将做匀变速曲线运动,故D错误;故选B。
9、BD
解析：带电粒子在两极板之间沿直线运动,则应受到两个力的作用,一是重力mg,方向竖直向下;二是静电力F=Eq,方向垂直于极板向上。因二力均为恒力且带电粒子做直线运动,所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上,根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动,选项D正确,A、C错误;从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出,静电力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项B正确。
10、CD
解析：设平行板长度为L,宽度为d,板间电压为U,恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上,则沿初速度方向做匀速运动:t=,垂直初速度方向做匀加速运动,a=,则通过电场时偏转距离:y=at2=;当粒子的入射速度为v时,粒子恰好能穿过这一电场区域而不碰到金属板,则有y=;欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,可行的方法有:使粒子的带电量减少为原来的;或使两板间所接电源的电压减少为原来的;或使两板间的距离增加到原来的两倍;或使两极板的长度减少为原来的一半,故选项C、D正确,A、B错误。
11、ABC
解析：带电粒子在竖直方向上仅受重力,做竖直上抛运动,在水平方向上仅受静电力,做初速度为零的匀加速直线运动。则粒子从A运动到B的过程中,在竖直方向有0-v0=-gt,解得t=,选项A正确;粒子从A运动到B的过程中,重力做功WG=-mgh=-mg·=-m,选项B正确;从A到B,根据动能定理得WG+W电=m-m,解得W电=2m,A、B两点间的电势差UAB==,选项C正确,D错误。
12、AC
解析：由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的静电力方向向上,微滴向正极板偏转,A项正确;偏转过程中静电力做正功,根据静电力做功与电势能变化的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=t2=()2,此式为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量q有关,D项错误。
13、ABD
解析：由题意可知液滴所受的合力沿bd方向,静电力方向水平向右,则此液滴带负电,故A正确;液滴所受合力恒定,加速度恒定,则液滴做匀加速直线运动,故B正确;液滴从静止开始做加速运动,合外力做正功,则合外力做功不为零,故C错误;从b到d,静电力做正功,液滴的电势能减小,故D正确。
14、答案：(1)2 m/s
(2)3.0×10-3 N
解析：(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功。
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
则由动能定理有qEL-mgL=
vB==2 m/s。
(2)设小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和丝线拉力FTB作用,因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有
FTB+mg-qE=
FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N。
15、解析：(1)根据动能定理可得eU=m,解得vx=8×106 m/s。
(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力,根据牛顿第二定律得a=,解得a=×1014 m/s2≈1.1×1015m/s2。
(3)电子在水平方向上做匀速直线运动,故t=,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,故vy=at,tan θ=,联立解得θ=45°。
答案:(1)8×106 m/s
(2)1.1×1015 m/s2
(3)45°
16、答案：(1)0.49 cm
(2)2.04×107 m/s　速度的方向与v0方向的夹角θ满足tan θ≈0.20
(3)2.49 cm
解析：(1)电子在电场中的加速度a=,侧位移y=,又因t=,则y=,代入数据解得y≈0.49 cm。
(2)电子飞出电场时,水平分速度vx=v0,竖直分速度vy=at=≈3.96×106 m/s,则电子飞出电场时的速度v=≈2.04×107 m/s。
设v与v0的夹角为θ,则tan θ=≈0.20。
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP=y+s tan θ=2.49 cm
17、解析：(1)设离子经过加速电场加速后的速度大小为v,有:qU=mv2 ①
离子在漂移管中做匀速直线运动,则T1= ②
联立①②式,得:T1= ③
(2)根据动能定理,有qU-qEx=0 ④
得:x= ⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动,平均速度大小均相等,设其为,有= ⑥
通过⑤式可知,离子在反射区的电场中的运动路程与离子本身无关,所以当反射次数相同时,不同离子在电场区运动的总路程相等,设为L1,在无场区域的总路程设为L2,根据题目条件可知,离子在无场区域速度大小恒为v,设离子的总飞行时间为t总,有
t总=+ ⑦
联立①⑥⑦式,得:t总=(2L1+L2) ⑧
可见,离子从A到B的总飞行时间与成正比。依题意可得:=⑨
可得:m1=()2m0 ⑩
答案:(1)
(2)
(3)()2m0