20182019學(xué)年高中物理課時跟蹤檢測九帶電粒子在電場中運動含解析新人教選修31

20182019學(xué)年高中物理課時追蹤檢測九帶電粒子在電場中的運動含解析新人教版選修3120182019學(xué)年高中物理課時追蹤檢測九帶電粒子在電場中的運動含解析新人教版選修3120182019學(xué)年高中物理課時追蹤檢測九帶電粒子在電場中的運動含解析新人教版選修31帶電粒子在電場中的運動1．[多項選擇]示波管是示波器的核心零件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏構(gòu)成，以以下圖。假如在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A．極板X應(yīng)帶正電B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電D．極板Y′應(yīng)帶正電解析：選AC由題意可知，在XX′方向上向X方向偏轉(zhuǎn)，X帶正電，A對B錯；在YY′方向上向Y方向偏轉(zhuǎn)，Y帶正電，C對D錯。2．以以下圖，兩平行金屬板豎直擱置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為500V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直金屬板方向射入電場中，經(jīng)過一段時間電子走開電場，若不考慮重力的影響，則電子走開電場時的動能大小為()A．900eVB．500eVC．400eVD．－100eV解析：選C電子從A向B運動時，電場力對電子做負功，若當電子到達B點時，戰(zhàn)勝電場力所做的功W＝qU＝500eV>400eV，所以電子不可以到達B點，電子向右做減速運動，在到達B以前速度變成零，此后反向運動，從A點走開電場，在整個過程中，電場力做功為零，由動能定理可知，電子走開電場時的動能：Ek＝400eV，故C正確。3．以以下圖，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由開釋后，分別到達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2B．2∶1C．1∶D.∶1解析：選B豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝t2，聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B對。4．一束正離子以同樣的速率從同一地點，沿垂直于電場方向飛入勻強電場中，全部離子的運動軌跡都是同樣的，這說明全部粒子()A．都擁有同樣的質(zhì)量B．都擁有同樣的電荷量C．擁有同樣的荷質(zhì)比D．都是同一元素的同位素解析：選C由偏轉(zhuǎn)距離y＝2＝可知，若運動軌跡同樣，則水平位移同樣，偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)同樣，已知E、l、v0是同樣的，所以應(yīng)有同樣。5.[多項選擇]兩個共軸的半圓柱形電極間的空隙中，存在一沿半徑方向的電場，以以下圖。帶正電的粒子流由電場所區(qū)的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道經(jīng)過電場并從另一端N射出，由此可知(不計粒子重力)()A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量必定相等B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能必定相等C．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率必定相等D．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動能必定相等解析：選BC由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力供給向心力qE＝m得r＝，r、E為定值，若q相等則mv2必定相等；若相等，則速率v必定相等，故B、C正確。6．[多項選擇]噴墨打印機的簡化模型以以下圖，重力可忽視的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最后打在紙上。則微滴在極板間電場中()A．向正極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能漸漸增大C．運動軌跡是拋物線D．運動軌跡與帶電量沒關(guān)解析：選AC因為微滴帶負電，電場方向向下，所以微滴遇到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A項正確；偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，依據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，電勢能減小，B項錯誤；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快直線運動，位移y＝t2＝2，此為拋物線方程，C項正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量q相關(guān)，D項錯誤。7．一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek。假如使這個帶電粒子的初速度變成本來的兩倍，那么它飛出電容器的動能變成()A．8EkB．5EkC．4.25EkD．4Ek解析：選C因為偏轉(zhuǎn)距離為y＝，帶電粒子的初速度變成本來的兩倍時，偏轉(zhuǎn)距離變成，所以靜電力做功只有W＝0.25Ek，而初動能變成4Ek，故它飛出電容器時的動能變成4.25Ek。故正確選項為C。8．(2017·江蘇高考)以以下圖，三塊平行擱置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止開釋的電子恰巧能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止開釋的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A電子在A、B板間的電場中加快運動，在B、C板間的電場中減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加快運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，此后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。9．[多項選擇]以以下圖，在正方形ABCD地區(qū)內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構(gòu)成正方形，此中P點是EH的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰巧從D點射出。以下說法正確的選項是()A．粒子的運動軌跡必定經(jīng)過P點B．粒子的運動軌跡必定經(jīng)過PE之間某點C．若將粒子的初速度變成本來的一半，粒子會由E、D之間某點(不含E、D)射出正方形ABCD地區(qū)D．若將粒子的初速度變成本來的一半，粒子恰巧由E點射出正方形ABCD地區(qū)解析：選BD粒子從F點沿FH方向射入電場后恰巧從D點射出，其軌跡是拋物線，則過D點作速度的反向延伸線必定交于FH的中點，而延伸線又經(jīng)過P點，所以粒子軌跡必定經(jīng)過PE之間某點，選項A錯誤，B正確；由平拋知識可知，當豎直位移一準時，水平速度變成本來的一半，則水平位移也變成本來的一半，選項C錯誤，D正確。10．[多項選擇]以以下圖，三個質(zhì)量同樣，帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直擱置的兩板中間上方由靜止開釋，最后從兩板間穿過，軌跡以以下圖，則在穿過極板的過程中()A．電場力對液滴a、b做的功同樣B．三者動能的增量同樣C．液滴a與液滴b電勢能的變化量相等D．重力對c做的功最多解析：選AC因為液滴a、b的電荷量大小相等，則液滴所受的電場力大小相等，由靜止開釋，穿過兩板的時間相等，則偏轉(zhuǎn)位移大小相等，電場力做功相等，故A正確；電場力對a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則動能的增量相等，關(guān)于c液滴，只有重力做功，小于a、b動能的增量，故B錯誤；關(guān)于液滴a和液滴b，電場力均做正功，電場力所做的功等于電勢能的變化量，故C正確；三者在穿過極板的過程中豎直方向的位移相等，三者質(zhì)量同樣，所以重力做功相等，故D錯誤。11．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進入勻強電場，以以下圖。假如兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L。設(shè)粒子束不會擊中極板，求粒子從進入電場到飛出極板時電勢能的變化量。(粒子的重力忽視不計)解析：水平方向勻速，則運動時間t＝①豎直方向加快，則偏移y＝at2②且a＝③由①②③得y＝則電場力做功W＝qE·y＝q··＝由功能原理得電勢能減少了。答案：電勢能減少了12．以以下圖，A、B和C、D為兩平行金屬板，A、B兩板間電勢差為U，C、D素來和電源相接，測得此間的場強為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)由靜止開始，經(jīng)A、B加快后穿過C、D發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，已知C、D極板長均為x，熒光屏距C、D右端的距離為L，問：(1)粒子走開A、B加快電場時速度大小。(2)粒子打在熒光屏上的地點距O點多遠處。(3)粒子打在熒光屏上時的動能為多大。解析：(1)設(shè)粒子從A、B間射出時的速度為v，依據(jù)動能定理，則有qU＝mv2，v＝。(2)設(shè)粒子走開偏轉(zhuǎn)電場時偏離本來方向的角度為