2020-2021学年新教材高中物理 第2章 电势能与电势差 第4节 带电粒子在电场中的运动课后习题（含解析）鲁科版必修3.docx

1、第4节带电粒子在电场中的运动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解析电荷受到水平方向上的静电力做匀加速直线运动,因为电荷的电性未知,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;电荷在运动的过程中,静电力做正功,故C错误。答案D2.质量和电荷量不同的带电粒子,在电场中由静止开始经相同电压加速后()A.比荷大的粒子速度大,电荷量大的粒子动能大B.比荷大的粒子动能大,电荷量大的粒子速度大C.比荷大的粒子速度和动

2、能都大D.电荷量大的粒子速度和动能都大解析根据动能定理得,qU=12mv2,得v=2qUm,根据上式可知,在相同电压的加速电场中,比荷qm大的粒子其速度v大,电荷量q大的粒子动能大,故A正确,B、C、D错误。答案A3.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0107 m/s。已知加速电场的电场强度为1.3105 N/C,质子的质量为1.6710-27 kg,电荷量为1.610-19 C,则下列说法正确的是()A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为210-15 NC.质子加速需要的

3、时间约为810-6 sD.加速器加速的直线长度约为4 m解析电场力对质子做正功,质子的电势能减少,A错误;质子受到的电场力大小F=qE=210-14N,B错误;质子的加速度a=Fm=1.21013m/s2,加速时间t=va=810-7s,C错误;加速器加速的直线长度x=v22a=4m,故D正确。答案D4.(20192020学年山西运城高二上期末)如图所示,A、B两个带正电的粒子,所带电荷量分别为q1与q2,质量分别为m1和m2。它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后,A粒子打在N板上的A点,B粒子打在N板上的B点,若不计重力,则()A.q1q2B.m1q2m2D.q1

4、m1q2m2,但A粒子的电荷量不一定大,质量关系也不能确定,故C正确。答案C5.真空中的某装置如图所示,其中平行金属板A、B之间有加速电场,C、D之间有偏转电场,M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后,垂直于电场方向进入偏转电场,最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为124,电荷量之比为112,则下列判断中正确的是()A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124解析设加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转极板的长度为L,板间距离为d

5、,在加速电场中,由动能定理得qU1=12mv02,解得v0=2qU1m,三种粒子从B板运动到荧光屏的过程,水平方向做速度为v0的匀速直线运动,由于三种粒子的比荷不同,则v0不同,所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同,故A错误;根据推论y=U2L24dU1、tan=U2L2dU1可知,y与粒子的种类、质量、电荷量无关,故三种粒子偏转距离相同,打到荧光屏上的位置相同,故B正确;偏转电场的电场力做功为W=qEy,则W与q成正比,三种粒子的电荷量之比为112,则有电场力对三种粒子做功之比为112,故C、D错误。答案B6.如图所示,电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,

6、水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中),不计重力,若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于()A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh解析根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心,则在水平方向有12s=v0t,在竖直方向有12h=12qEmt2,解得v0=s2qEmh。故选项B正确,选项A、C、D错误。答案B7.(20192020学年广东汕头潮阳高二上教学质量检测)如图所示,竖直平行直线为匀强电场的电场线,电场方向未知,A、B是电场中的

7、两点,AB两点的连线长为l且与电场线的夹角为。一个质量为m,电荷量为+q的带电粒子以初速度v0,从A点垂直进入电场,该带电粒子恰好能经过B点,不考虑带电粒子的重力大小。求:(1)电场强度E;(2)AB两点间的电势差UAB。解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。水平方向有lsin=v0t竖直方向有lcos=12at2根据牛顿第二定律qE=ma联立解得E=2mv02cosqlsin2。(2)带电粒子带正电,轨迹向下偏转,则知粒子所受的电场力向下,电场方向向下。根据匀强电场中电场强度和电势差公式有UAB=Elcos=2mv02qtan2

8、。答案(1)2mv02cosqlsin2(2)2mv02qtan28.虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为m=2.010-11 kg、电荷量为q=+1.010-5 C,从a点由静止开始经电压为U=100 V的电场加速后,垂直进入匀强电场中,从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度方向与电场方向成30角。已知PQ、MN间距为20 cm,带电粒子的重力忽略不计。求:(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1;(2)水平匀强电场的电场强度大小;(3)a、b两点间的电势差。解析(1)由动能定理得qU=12mv12代入数据得v1=1.0104m/s。(2)粒子沿初速度方

9、向做匀速运动:d=v1t粒子沿电场方向做匀加速运动:vy=at由题意得tan30=v1vy由牛顿第二定律得qE=ma联立以上各式并代入数据得E=3103N/C。(3)由动能定理得qUab=12m(v12+vy2)-0联立以上各式并代入数据得Uab=400V。答案(1)1.0104 m/s(2)3103 N/C(3)400 V能力提升1.(多选)如图所示,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,粒子恰好能到达N板,如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的12后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A.使初速

10、度减为原来的12B.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12解析由qEl=12mv02,知qUdl=12mv02,当l=l2时,v0=22v0,选项A错误;由qUdl2=12mv02,得U=2U,选项B正确,C错误;当电压U=12U时,由qUdl2=12mv02,得v0=12v0,选项D正确。答案BD2.有一种电荷控制式喷墨打印机,它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室带上电后,以一定的初速度垂直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。不考虑墨汁的重力,为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)

11、,下列措施可行的是()A.减小墨汁微粒的质量mB.减小偏转电场两板间的距离dC.减小偏转电场的电压UD.减小墨汁微粒的喷出速度v0解析要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y,根据牛顿第二定律和运动学公式推导出偏转量y的表达式,再进行分析。微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动,设微粒带电荷量为q,则有水平方向:L=v0t;竖直方向:y=12at2;加速度a=qUmd,联立解得y=qUL22mdv02,要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y,由上式分析可知,采用的方法有:增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小极板的长度L、减小比荷qm、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初

12、动能Ek0(增大喷出速度)、减小偏转极板间的电压U,增大进入偏转电场时的初速度,故选项C正确。答案C3.如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有一质量为m、电荷量为-q的粒子。在静电力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2l5的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为()A.32B.21C.52D.31解析粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动,正负粒子加速度分别为a1=EqM,a2=Eqm,设两粒子经过同一平面的时间为t,则正粒子的位移2l5=12a1t

13、2=qE2Mt2,负粒子的位移3l5=12a2t2=qE2mt2。得Mm=32,选项A正确。答案A4.如图所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1变为原来的2倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该()A.使U2变为原来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的2倍D.使U2变为原来的12倍解析电子加速有qU1=12mv02,电子偏转有y=12qU2mdlv02,联立解得y=U2l24U1d,选项A正确。答案A5.(20192020学年陕西渭南富平高二上期末)如图所示,一静止的电子经过电压

14、为U的电场加速后,立即从A点射入偏转匀强电场中,射入方向与偏转电场的方向垂直,最终电子从B点离开偏转电场,已知偏转电场的电场强度大小为E,宽度为L,方向竖直向上(如图所示),电子的电荷量为e,质量为m,重力忽略不计。(1)求电子从B点离开偏转电场时的竖直方向的位移y;(2)若仅将偏转电场的电场强度提高为原来的2倍,求粒子从偏转电场射出时的动能。解析(1)电子在电场中加速时,由动能定理得:eU=12mv02设电子的竖直偏移量为y,则根据类平抛运动规律可得:L=v0t,y=12at2由牛顿第二定律得a=eEm解得y=EL24U。(2)E1=2E,其他条件不变,则偏转位移为:y=2y=EL22U由动

15、能定理可得eU+eE1y=Ek解得Ek=eU+E2L2eU。答案(1)EL24U(2)eU+E2L2eU6.(20192020学年安徽合肥庐江高二上期末检测)如图所示为示波管工作原理图。现有一质量为m、电荷量为e的电子经加速电场AB加速后进入偏转电场CD,最后打到荧光屏上。已知加速电压为U1,偏转电场电压为U2,板间距为d,板长为L,板右侧到荧光屏水平距离为S。求:(1)电子从加速电场射出时的速度大小;(2)电子从偏转电场射出时的偏转距离y;(3)电子打到荧光屏上的侧移距离Y。解析(1)由动能定理eU1=12mv2可知v=2eU1m。(2)电子穿越偏转电场时间t=Lv电子从偏转电场射出时的偏转距离y=12at2根据牛顿第二定律有a=eU2md可得y=U2L24U1d。(3)如图根据运动规律可知Yy=L2+SL2代入可得Y=(2S+L)U2L4U1d。答案(1)2eU1m(2)U2L24U1d(3)(2S+L)U2L4U1d