课后作业45分钟
一、选择题(8×5′，共40分)
1．如图11所示，M、N是真空中的两块平行金属板．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，粒子恰好能达到N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
图11
A．使初速度减为原来的1/2
B．使M、N间电压加倍
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1/2
解析：由题意知，带电粒子在电场中做减速运动；在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－mv.要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：－q＝－mv.联立两方程得：＝.可见，选项B、D均符合等式的要求，本题的答案为B、D项．
答案：BD
图12
2．如图12所示，在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？( )
A．2∶1 B．4∶1
C.∶1 D．1∶
答案：C
图13
3．如图13所示，一带负电的液滴，从坐标原点O以速率v0射入水平的匀强电场中，v0的方向与电场方向成θ角，已知液滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0，设P点的坐标为(xP，yP)，则应有( )
A．xP<0 B．xP>0
C．xP＝0 D．条件不足无法确定
解析：关键是找出解题方法，带电粒子运动问题主要有两种处理方法：动力学和功能关系．由于本题中液滴既受电场力又受重力的作用，且速度与场强有夹角，采用后一种方法简单．由于液滴在电场中既受电场力又受重力，由动能定理得：－mgh＋W电＝mv/2－mv/2＝0.即W电＝mgh，电场力做正功．由于是负电荷所受电场力方向向左，要使电场力做正功，因而位移方向必须也向左，则必有xP<0，故A正确，B、C、D错．
答案：A
图14
4．图14为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2
C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/2
答案：AC
图15
5．(2010年课程标准卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图15所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )
解析：带电粒子只在电场力作用下不可能沿曲线的电场线运动，轨迹为曲线时，电场力的方向指向曲线的内侧，故正确选项为A.电场线不可相交故B错．
答案：A
6．如图16，四个质量相同，带电量均为＋q的a、b、c、d微粒，距离地面的高度相同，以相同的水平速度v抛出，除了a微粒没有经过电场区域外，其他三个微粒均经过强度大小相同的匀强电场，电场方向如图16所示．这四个微粒从抛出到落地所需的时间分别为ta、tb、tc、td，动能分别为Eka、Ekb、Ekc、Ekd，设下落高度h<2v2/g，则( )
图16
A．tbB．tbC．ta＝tdD．ta解析：下落时间由竖直分运动决定，落地动能由合外力做的功决定．
答案：A
图17
7．如图17所示，在竖直平面xOy内存在着竖直向下的匀强电场，带电小球以初速度v0从O点沿Ox轴水平射入，恰好通过平面中的A点，OA连线与Ox轴夹角为30°，已知小球的质量为m，则带电小球通过A点时的动能为( )
A．7mv/3 B．2mv
C．7mv/6 D．7mv/2
解析：由动能定理可以得出EkA＝mv2＝mv.
答案：C
8．在平行板电容器A、B两板上加上如图18所示的交变电压，开始B板的电势比A板高．这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)( )
图18
A．电子一直向A板运动
B．电子一直向B板运动
C．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返向A板做周期性来回运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
解析：电子先向B板做匀加速运动，然后做匀减速运动，循环变化．
答案：B
二、非选择题(9、10题各10分，11、12题各20分，共60分)
9．α粒子的质量是质子质量的4倍，电荷量是质子电荷量的2倍，它们从静止起，经同一电场加速，获得的动能之比Eα∶Ep＝________，获得的速度之比vα∶vp________.
解析：qU＝Ek，所以Ek∝q，则Eα∶Ep＝2∶1.又Ek＝mv2，所以vα∶vp＝1∶.
答案：2∶1 1∶
图19
10．如图19带电小颗粒质量为m，电量为q，以竖直向上的初速度v0自A处进入方向水平向右的匀强电场中．当小颗粒到达B处时速度变成水平向右，大小为2v0，那么，该处的场强E为________，A、B间的电势差是________．
解析：由动能定理：qU－mgh＝m(2v0)2－mv.
又h＝，所以U＝，所以E＝＝＝.
答案：2mg/q 2mv/q
图20
11．如图20所示，有一电子(电量用e表示)经电压U0加速后，进入两板间距为d，电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场．求：
(1)金属板AB的长度．
(2)电子穿出电场时的动能．
解：(1)对电子：eU0＝mv，＝·，所以L＝d·.
(2)由动能定理：e·＝mv2－mv，所以Ek＝mv2＝eU0＋e·.
图21
12．如图21所示，在水平向右的匀强电场中，有一光滑绝缘导轨，导轨由水平部分和与它连接的位于竖直平面的半圆环ABC构成．现距环最低点A为L的O处有一质量为m的带正电的小球，小球从静止开始沿水平轨道进入圆环．若小球所受电场力与其重力大小相等，圆弧轨道的半径为R，则L必须满足什么条件才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环？
解：设小球刚好不脱离圆环运动到C点时速度为vC，如图22，则在C点有：mg＝m ①，
图22
小球由A沿圆弧轨道运动到C，设在A点时速度为vA，由动能定理，得－mg·2R＝mv－mv ②，
小球由O点运动到A点过程中，由动能定理，得qEL＝mv－0 ③，
联立①、②、③式，解得L＝R.所以必须当L≥R时，才能使小球在圆环上运动时不脱离圆环．
课件41张PPT。第一章
静电场 课
堂
作
业课
后
作
业 课时9
带电粒子在电场中的运动撷取百家精妙·荟萃时代品牌 谢谢观赏！
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