PAGEPAGE1第9節帶電粒子在電場中的運動[隨堂檢測]1．質子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止狀態經過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是()A．質子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．鈉離子(Na＋) D．都相同解析：選B．qU＝eq\f(1,2)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域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h．質量均為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進入矩形區域(兩粒子不同時出現在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A．eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C．eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：選B．依據對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區域abcd的中心，則在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在豎直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))．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同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最終打在熒光屏上，那么()A．經過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多B．經過偏轉電場的過程中，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解析：選BD．同一加速電場、同一偏轉電場，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，在同一偏轉電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再依據偏轉距離公式或偏轉角公式y＝eq\f(l2U2,4dU1)，tanθ＝eq\f(lU2,2dU1)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，起先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起先運動．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狀況，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，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～eq\f(1,2)T時間內電子沿正方向做初速度為零的勻加速直線運動，eq\f(1,2)T～T時間內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～eq\f(T,2)時間內電子做類似圖1中0～T時間內的運動，eq\f(T,2)～T時間內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][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狀況，下列說法正確的是()A．肯定是勻變速運動B．不行能做勻減速運動C．肯定做曲線運動D．可能做勻變速直線運動，不行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，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為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，則兩次偏轉電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1解析：選A．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))得：U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，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電場，出現了如圖所示的運動軌跡，由此可知，下列推斷錯誤的是()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有相同的偏轉位移y，由公式y＝eq\f(1,2)at2得，A和B在電場中運動的時間相同，由公式v0＝eq\f(x,t)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，三個粒子的偏轉位移大小關系為yA＝yB>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肯定的初速度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當是以下圖中的()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．重力可忽視的墨汁微滴，經帶電室帶負電后，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B．電勢能漸漸增大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，選項A錯誤；偏轉過程中電場力做正功，依據電場力做功與電勢能改變的關系，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＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v)))eq\s\up12(2)，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從兩極板正中心射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最終打在同一點(重力不計)，則從起先射入到打到上極板的過程中()A．它們運動的時間tQ＞tPB．它們運動的加速度aQ＜aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．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eq\f(h,2)，它們做類平拋運動的水平距離為l．則對P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPteq\o\al(2,P)，得到aP＝eq\f(hveq\o\al(2,0),l2)；同理對Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQteq\o\al(2,Q)，得到aQ＝eq\f(2hveq\o\al(2,0),l2)．由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2．由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶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削減量相等解析：選BD．由于電荷量和質量相等，因此產生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經過電場所需的時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的改變量越小，C錯誤；由于電場力做功與初速度剛好間無關，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削減量相等，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eq\f(mgd,q)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＝qeq\f(U,d)得電勢差U＝eq\f(mgd,q)，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，故油滴的電勢能削減了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繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是()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，細線拉力肯定最小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，右極板電勢隨時間改變的規律如圖乙所示．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()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＝eq\f(T,4)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＝eq\f(T,4)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，依據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，說明始終向右運動，肯定能夠擊中右板，選項A正確，選項B錯誤．圖1圖2由圖2知，t＝eq\f(T,4)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eq\f(T,2)內不能到達右板，則之后往復運動，選項C正確，選項D錯誤．三、非選擇題11．如圖所示，質量為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)該粒子在電場中經驗的時間；(2)粒子在這一過程中電勢能的增量．解析：(1)分解末速度：vy＝v0tan30°，在豎直方向vy＝at，a＝eq\f(qE,m)，聯立三式可得t＝eq\f(\r(3)mv0,3Eq)．(2)射出電場時的速度v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2,\r(3))v0，由動能定理得靜電力做功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)，依據W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)．答案：(1)eq\f(\r(3)mv0,3Eq)(2)－eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)12．如圖所示，長L＝0．20m的絲線的一端拴一質量為m＝1．0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1．0×10－6C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＝2．0×103N/C．現將小球拉到與軸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＝10m/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小．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＝eq\f(mveq\o\al(2,B),2)，vB＝eq\r(\f(2（qE－mg）L,m))＝2m/s．(2)小球