【创新设计】2014-2015学年高中物理人教版选修3-1练习：1.12 习题课 带电粒子在匀强电场中的运动

带电粒子的加速图11251．在如图1125的匀强电场中，若一个点电荷从P 点由静止释放，则以下说法中正确的是( ) 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 ．电场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 答案 D解析 电荷受到水平方向上的电场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，电场力做正功．故C 错误．带电粒子的偏转图11262．如图1126所示，质量为m ＝5×10－8 kg 的带电粒子以v 0＝2 m/s 的速度从水平放置的平行金属板AB 中央飞入电场，已知L ＝10 cm ，板间距d ＝2 cm ，当AB 间加电压U AB ＝1 000 V 时，带电粒子恰好沿直线穿过电场(设此时A 板电势高) 求AB 间所加电压在什么范围内带电粒子能从极板间射出？ 答案 200 V ≤U AB ≤1 800 V解析 带电粒子沿直线穿过电场，有q U AB d ＝mg所以q 带负电．当U AB 增大时，qE ＞mg ，粒子向上偏， qU 1d－mg ＝ma 1. 刚好飞出时，y ＝12a 1t 2＝12a 1⎝⎛⎭⎫L v 02＝d2，解得U 1＝1 800 V ，当U AB 减小时，粒子向下偏，mg －q U 2d＝ma 2，刚好飞出时，y ＝12a 2⎝⎛⎭⎫L v 02＝d2，解得U 2＝200 V.要使粒子射出，AB 间所加电压范围： 200 V ≤U AB ≤1 800 V电场中粒子的圆周运动3．如图1127所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB 及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m ，带电量为＋q 的小球从管中A 点由静止释放，已知qE ＝mg .图1127求：(1)小球释放后，第一次经过最低点D 时的速度和对管壁的压力； (2)小球释放后，第一次经过最高点C 时管壁对小球的作用力． 答案 (1)5mg 方向向下 (2)mg 方向向下 解析 (1)A 至D 点，由动能定理得 mgR ＋qER ＝12m v 21，v 1＝2gR由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 21R ，F N ＝5mg由牛顿第三定律F N ＝F N ′ 对管壁的压力为5mg ，方向向下 (2)第一次经过C ，－mgR ＋qE ·2R ＝12m v 22设管壁对小球的作用力向下，mg ＋F C 1＝m v 22RF C 1＝mg F C 1的方向向下(时间：60分钟)题组一 带电微粒在电场中的直线运动1．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U 后，哪个粒子获得的速度最大( ) A ．质子11H B ．氘核21H C ．α粒子42He D ．钠离子Na ＋答案 A解析 四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U ，故根据动能定理，qU ＝12m v 2－0得v ＝2qUm由上式可知，比荷qm 越大，速度越大；显然A 选项中质子的比荷最大，故A 正确；图11282．图1128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22v 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解析 电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理eU ＝12m v 2－0得v ＝2eUm，当电压不变，A 、K 间距离变化时，不影响电子的速度，故A 正确；电压减半，则电子离开K 时的速度为22v ，C 项正确．图11293．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1129中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( ) A ．所受重力与电场力平衡 B ．电势能逐渐增加 C ．动能逐渐增加 D ．做匀变速直线运动 答案 BD解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知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，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．题组二带电粒子在电场中的类平抛运动图112104．如图11210所示，一电子沿x轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知O A ＝A B，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为v Cy和v Dy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔE k1和ΔE k2，则()A．v Cy∶v Dy＝1∶2 B．v Cy∶v Dy＝1∶4C．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3 D．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4答案AD解析电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OA＝AB，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有v cy＝at OC，v Dy＝at OD，所以v cy∶v Dy＝t OC∶t OD＝1∶2.故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：y OC∶y OD＝1∶4，根据动能定理得ΔE k1＝qEy OC，ΔE k2＝qEy OD，则得，ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4.故C错误，D正确．图112115．如图11211所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间t Q＞t PB．它们运动的加速度a Q＜a PC．它们所带的电荷量之比q P∶q Q＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝1∶2答案 C解析 设两板距离为h ，P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h 2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝h v 20l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2h v 20l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q E m ，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确．图112126．如图11212所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )A ．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多C ．三种原子核打在屏上的速度一样大D ．三种原子核都打在屏的同一位置上 答案 BD解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中静电力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中静电力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C 错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 22dU 1知，与带电粒子无关，D 对． 题组三 带电粒子在交变电场中的运动图112137．带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图11213所示．带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( ) A ．微粒在0～1 s 内的加速度与1 s ～2 s 内的加速度相同 B ．微粒将沿着一条直线运动 C ．微粒做往复运动D ．微粒在第1 s 内的位移与第3 s 内的位移相同 答案 BD解析 微粒在0～1 s 内的加速度与1 s ～2 s 内的加速度大小相等，方向相反，A 项错误；带正电的微粒放在电场中，第1 s 内加速运动，第2 s 内减速至零，故B 、D 对，C 项错误．图112148．如图11214所示，两金属板(平行)分别加上如下图中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的电压图象应是(设两板距离足够大)( )答案 BC解析 由A 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 到T 内做匀减速运动，T时速度减为零；然后重复一直向一个方向运动不往返．由B 图象可知，电子先做匀加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做匀减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向匀加速运动，34T 时速度最大，从34T 到T 内做匀减速运动，T 时速度减为零．回到出发点．然后重复往返运动．由C 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动，34T 时速度最大，从34T 到T 内做加速度减小的减速运动，T 时速度减为零．回到出发点，然后重复往返运动． 由D 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 到T 内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B 、C. 题组四 带电粒子在电场中的圆周运动图112159．两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11215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( )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，则出射粒子的动能一定相等C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等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 答案 BC解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力qE ＝m v 2r 得r ＝m v 2qE ，r 、E 为定值，若q 相等，则12m v 2一定相等；若qm相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．图1121610．如图11216所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A ，直径AB 垂直于斜面，直径CD 和MN 分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m 、电荷量为q 的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A 点．现对在A 点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是( ) A ．小球一定带负电B ．小球运动到B 点时动能最小C ．小球运动到M 点时动能最小D ．小球运动到D 点时机械能最小 答案 ABD解析 小球能静止于A 点，说明小球在A 点所受的合力为零，静电力一定与场强方向相反，小球带负电，A 正确；小球所受的重力和静电力的合力F 是不变的，方向沿AB 直径指向A ，小球从A 运动到B 的过程中F 做负功，动能减小，所以小球运动到B 点时动能最小，B 正确，C 错误；在圆环上，D 点的电势最低，小球在D 点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D 点时机械能最小，D 正确．题组五 综合计算题11．如图11217所示，水平放置的两平行金属板，板长为10 cm ，两板相距2 cm.一束电子以v 0＝4.0×107 m/s 的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L 为45 cm 、宽D 为20 cm 的荧光屏上．(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m ＝9.0×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C)求：图11217(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)为使带电粒子能射中荧光屏所有位置，两板间所加电压的取值范围． 答案 (1)4.5×103 V (2)－360 V ～360 V解析 (1)设加速电场的电压为U 1，由静电力做功和动能定理可得eU 1＝12m v 20－0化简得U 1＝m v 202e代入数据得U 1＝4.5×103 V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2，偏转位移为y ，则：y ＝12at 2＝U 2e 2dm (l v 0)2 tan θ＝v y v 0＝U 2el dm v 20＝y l /2由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tan θ＝D /2L ＋l 2＝D 2L ＋lU 2＝Ddm v 20el (2L ＋l )，代入所有数据得U 2＝360 V因此偏转电压在－360 V ～360 V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置．图1121812．如图11218所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，板距d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线的中点Q 的正上方，距Q 为h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－8 C ．设A 、B 板足够长，g 取10 m/s 2.试求：(1)带正电的小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰； (2)相碰时，离金属板上端的距离多大． 答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2h g＝ 2×1.2510s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于静电力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2.应有qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at 22，以上三式联立，得t 2＝d mqU＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102m ．。