2022學(xué)年高二物理人教版（2022）必修第三冊同步課時(shí)作業(yè)（10）帶電粒子在電場中的運(yùn)動一，選擇題1.(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板，如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重力)()A.使初速度減為原來的eq\f(1,2)B.使M、N間電壓加倍C.使M、N間電壓提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)2.如圖甲所示,在兩極板a、b之間有一靜止的電子,當(dāng)在a、b之間加上如圖乙所示的變化電壓時(shí)(開始時(shí)a板帶正電),電子的運(yùn)動情況是(不計(jì)重力,板間距離足夠大,a、b間電壓大小不變)()A.電子一直向a板運(yùn)動B.電子一直向b板運(yùn)動C.電子先向a板運(yùn)動,再返回一直向b板運(yùn)動D.電子在兩板間做周期性往返運(yùn)動3.電子束焊接機(jī)中的電場線如圖中虛線所示.K為陰極,A為陽極,兩極之間的距離為d,在兩極之間加上高壓U,有一電子在K極由靜止被加速.不考慮電子重力,元電荷為e,則下列說法正確的是()A.之間的電場強(qiáng)度為B.電子到達(dá)A極時(shí)的動能大于C.由K到A電子的電勢能減小了D.由K沿直線到A電勢逐漸降低4.如圖所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()的電荷量一定大于b的電荷量的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量的比荷一定大于b的比荷的比荷一定大于a的比荷5.如圖,帶電荷量之比為的帶電粒子以相等的速度從同一點(diǎn)出發(fā),沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在點(diǎn),若,忽略粒子重力的影響,則()和B在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為2:1

和B運(yùn)動的加速度大小之比為4:1

和B的質(zhì)量之比為1:2

和B的位移大小之比為1:16.如圖所示,是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板.質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)以初速度由小孔水平射入電場,當(dāng)間的電壓為U時(shí),粒子剛好能到達(dá)N板.如果要使該帶電粒子到達(dá)兩板中點(diǎn)位置處即返回,則下列措施能滿足要求的是()A.使初速度減小為原來的一半B.使間的電壓加倍C.使間的電壓提高到原來的4倍D.使初速度減小為原來的一半,同時(shí)間的電壓加倍7.一個(gè)動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時(shí)動能為2Ek。如果使這個(gè)帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮敲此w出電容器的動能變?yōu)?) 8.如圖所示，正六面體真空盒置于水平面上，它的面與面均為金屬板，面帶正電，面帶負(fù)電，其他面為絕緣材料。從小孔沿水平方向平行于面以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)。下列說法正確的是()A.三個(gè)液滴在空中運(yùn)動的時(shí)間相同B.三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同C.液滴c所帶的電荷量最少D.整個(gè)運(yùn)動過程中液滴a的動能增量最大9.質(zhì)子和α粒子（氦核）分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓加速后，垂直電場方向進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場電壓。兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度方向正對熒光屏中心O點(diǎn)。下列關(guān)于兩種粒子運(yùn)動的說法正確的是()A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點(diǎn)B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點(diǎn)，質(zhì)子離O點(diǎn)較遠(yuǎn)C．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)具有相同的動能D．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)具有不同的動能，α粒子的動能較大10.如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會時(shí)而向A板運(yùn)動，時(shí)而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是()<t0<eq\f(T,4) \f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)\f(3T,4)<t0<T <t0<eq\f(9T,8)11.如圖所示,矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場,兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場,粒子a由頂點(diǎn)A射入,從BC的中點(diǎn)P射出,粒子b由AB的中點(diǎn)O射入,從頂點(diǎn)C射出.若不計(jì)重力,則()和b在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為1:2

和b在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為2:1

和b的比荷之比為1:8

和b的比荷之比為8:1二，計(jì)算題12.如圖所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進(jìn)入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從金屬板邊緣穿出電場，求：(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時(shí)的動能。13.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？14.如圖甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時(shí)間變化的電壓。A、B板中點(diǎn)O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質(zhì)量為m，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，周期T＝eq\r(\f(d,g))。求：(1)判斷該粒子的電性；(2)在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)兩板間的電壓U0；(3)若t＝T時(shí)刻，粒子恰好從O點(diǎn)正下方金屬板A的小孔飛出，那么eq\f(U0,Ux)的值應(yīng)為多少。

答案以及解析1.答案：BD解析由qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，當(dāng)v0變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v0時(shí)l變?yōu)閑q\f(l,2)；因?yàn)閝E＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通過分析知B、D選項(xiàng)正確。2.答案：D解析：在時(shí)間內(nèi),電子受到的電場力方向向上,則向上做勻加速直線運(yùn)動,在時(shí)間內(nèi),電子受到的電場力方向向下,向上做勻減速直線運(yùn)動,時(shí)刻速度為零;在時(shí)間內(nèi),電子受到的電場力方向向下,向下做勻加速直線運(yùn)動,在時(shí)間內(nèi),電子受到的電場力方向向上,向下做勻減速直線運(yùn)動,接著重復(fù)前面的運(yùn)動,故電子在兩板間做周期性往返運(yùn)動.故選D.3.答案：C解析：之間的電場是非勻強(qiáng)電場,公式不適用,因此之間的電場強(qiáng)度不等于,故A錯(cuò)誤;根據(jù)動能定理得,得電子到達(dá)A極時(shí)的動能,故B錯(cuò)誤;由K到A電場力對電子做正功,電子的電勢能減小了,故C正確;電子所受電場力向下,電場方向向上,則由K沿直線到A電勢逐漸升高,故D錯(cuò)誤.4.答案：C解析粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))2得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))。由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb)，故選項(xiàng)C正確。5.答案：B解析：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,在水平方向有,由于帶電粒子以相等的速度從同一點(diǎn)出發(fā),所以粒子的運(yùn)動時(shí)間之比,故A錯(cuò)誤;粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,有,由于粒子在豎直方向上的位移相等,所以加速度之比,故B正確;由牛頓第二定律得,則粒子的質(zhì)量之比,故C錯(cuò)誤;兩個(gè)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,所以合位移大小不相等,位移大小之比不是,故D錯(cuò)誤.6.答案：B解析：粒子在進(jìn)入電場運(yùn)動的過程中,設(shè)帶電粒子在電場中運(yùn)動的最遠(yuǎn)距離為x,由動能定理得,所以,則使初速度減小為原來的一半,可得x減小為原來的,故A錯(cuò)誤;若電壓提高到原來的2倍,則x減小為原來的,即粒子運(yùn)動到兩板中點(diǎn)處即返回,故B正確;使間的電壓提高到原來的4倍,則x減小為原來的,故C錯(cuò)誤;使初速度減小為原來的一同時(shí)間的電壓加倍,則x減小為原來的,故D錯(cuò)誤.7.答案：C解析因?yàn)槠D(zhuǎn)距離為y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))，帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)閑q\f(y,4)，所以靜電力做功只有W＝，而初動能變?yōu)?Ek，故它飛出電容器時(shí)的動能變?yōu)椤９收_選項(xiàng)為C。8.答案：D解析：A.水平分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動,由于,故；故A錯(cuò)誤；B.液滴以相同的速率射入，初動能相等，而動能的增量不同，所以落到底板時(shí)的速率不相同，故B錯(cuò)誤。C.豎直分運(yùn)動是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,由;又由于,故;由牛頓第二定律得：，所以液滴c所帶的電荷量最多，故C錯(cuò)誤；D.由動能定理得：,質(zhì)量相同,，所以液滴a的動能增量最大，故D正確；故選：D。9.答案：AD解析：AB.由動能定理得，設(shè)偏轉(zhuǎn)極板的極板長度為L，板間距為d，則離開偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量為，整理得：，離開偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角的正切值，兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量和偏轉(zhuǎn)角的正切值相同，所以兩種粒子會打在屏MN上的同一點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD.全過程由動能定理得：，解得：，待電量越大的粒子動能越大，所以粒子的動能較大，故C錯(cuò)誤，D正確。10.答案：B解析若t0＝0時(shí)刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運(yùn)動，一直向B運(yùn)動；若t0＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動，所以在0＜t0＜eq\f(T,4)和T＜t0＜eq\f(9T,8)時(shí)間內(nèi)釋放粒子，都最終將打在B板上，因此選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；若t0＝eq\f(T,2)時(shí)刻釋放粒子，則粒子一直向A運(yùn)動；若t0＝eq\f(3T,4)時(shí)刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動，因此在eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)釋放該粒子，粒子的運(yùn)動滿足題意的要求，選項(xiàng)B正確；若eq\f(3T,4)＜t0＜T時(shí)間內(nèi)釋放粒子，它將在T＜t0＜eq\f(5T,4)內(nèi)的某個(gè)確定時(shí)刻減速到零，之后的運(yùn)動情況與選項(xiàng)A相同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。11.答案：AD解析：兩個(gè)粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動,a、b兩粒子的水平位移之比為1:2,根據(jù)可知運(yùn)動時(shí)間之比為1:2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動,根據(jù),兩粒子在豎直方向的位移之比為2:1,則a、b的加速度之比為8:1,根據(jù)牛頓第二定律知加速度,加速度之比等于兩粒子的比荷之比,則兩粒子的比荷之比為8:1.故A、D正確,B、C錯(cuò)誤.12.答案：(1)deq\r(\f(2U0,U))(2)e(U0＋eq\f(U,2))解析(1)設(shè)電子飛離加速電場時(shí)的速度為v0，由動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設(shè)金屬板AB的長度為L，電子偏轉(zhuǎn)時(shí)間t＝eq\f(L,v0)②a＝eq\f(eU,md)③y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得L＝deq\r(\f(2U0,U))。(2)設(shè)電子穿出電場時(shí)的動能為Ek，根據(jù)動能定理得Ek＝eU0＋eeq\f(U,2)＝e(U0＋eq\f(U,2))。13.答案：(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq