2024-2025版高中物理第一章9帶電粒子在電場中的運(yùn)動課時(shí)作業(yè)新人教版選修3-1

PAGEPAGE59帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.(2024·山西太原月考)一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時(shí),它不行能出現(xiàn)的運(yùn)動狀態(tài)是(A)A.勻速直線運(yùn)動 B.勻加速直線運(yùn)動C.勻變速曲線運(yùn)動 D.勻速圓周運(yùn)動解析:只在靜電力的作用下,說明粒子受到的合外力的大小為靜電力,不為零,不行能做勻速直線運(yùn)動,故A正確;當(dāng)粒子在勻強(qiáng)電場中由靜止釋放后,粒子做勻加速直線運(yùn)動,故B錯誤;當(dāng)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場后,粒子做類平拋運(yùn)動,故C錯誤;正電荷四周的電子只在靜電力作用下,可以做勻速圓周運(yùn)動,故D錯誤.2.(2024·貴州銅仁校級檢測)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,假如要使這個帶電粒子到達(dá)M,N板間距的12A.使初速度減為原來的1B.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間電壓都變?yōu)樵瓉淼?倍解析:由qEl=12mv02知,當(dāng)v0變?yōu)?2v0時(shí)l變?yōu)閘2;因?yàn)閝E=qUd,所以qEl=qU3.如圖所示,質(zhì)子(11H)和α粒子A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4解析:由y=Eql22mv02和Ek04.(2024·四川成都月考)如圖所示,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點(diǎn)自由釋放后,分別抵達(dá)B,C兩點(diǎn),若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于(B)A.1∶2 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶1解析:豎直方向有h=12gt2,水平方向有l(wèi)=qE2mt2,聯(lián)立可得q=mglEh,所以有5.(2024·河南鄭州月考)一束正離子以相同的速率從同一位置,沿垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場中,全部離子的運(yùn)動軌跡都是一樣的,這說明全部粒子(C)A.都具有相同的質(zhì)量 B.都具有相同的電荷量C.具有相同的荷質(zhì)比 D.都是同一元素的同位素解析:由偏轉(zhuǎn)距離y=qEl22mv6.兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知(不計(jì)粒子重力)(C)A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質(zhì)量肯定相等B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的速率肯定相等C.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的速率肯定相等D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動能肯定相等解析:由題圖可知,該粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動,靜電力供應(yīng)向心力qE=mv2r得r=mv2qE,r,E為定值,若q相等,則17.(2024·浙江溫州檢測)噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示,重力可忽視的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后,以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間,最終打在紙上.則微滴在極板間電場中(A)A.向正極板偏轉(zhuǎn) B.電勢能漸漸增大C.運(yùn)動軌跡是圓弧 D.運(yùn)動軌跡與帶電荷量無關(guān)解析:由于微滴帶負(fù)電,電場方向向下,因此微滴受到的靜電力方向向上,微滴向正極板偏轉(zhuǎn),A項(xiàng)正確;偏轉(zhuǎn)過程中靜電力做正功,電勢能減小,B項(xiàng)錯誤;微滴在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動,位移x=vt,沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,位移y=12·qUdmt2=qU2dm8.一個動能為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(shí)動能為2Ek.假如使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?那么它飛出電容器的動能變?yōu)?C)A.8Ek B.5Ek C.4.25Ek D.4Ek解析:因?yàn)槠D(zhuǎn)距離為y=qUL22mdv02,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)閥9.(2024·貴州遵義校級模擬)如圖所示,地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場,一個質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由O點(diǎn)射入該區(qū)域,剛好通過豎直平面中的P點(diǎn),已知連線OP與初速度方向的夾角為45°,則此帶電小球通過P點(diǎn)時(shí)的動能為(D)A.mv02 B.12mv02 C.2m解析:由題可知,小球到P點(diǎn)時(shí),水平位移和豎直位移相等,即v0t=0+vPy2t,合速度vP=v02+vPy2=5v0,則EkP10.在光滑水平面上有一比荷qm=1.0×10-7C/kg的帶正電小球,靜止在O點(diǎn),以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn),在水平面內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,現(xiàn)突然加一沿x軸正方向、電場強(qiáng)度為2.0×10解析:小球加速度大小a=qEm=0.20m/s2,1s末小球速度vx=at=0.20m/s,沿x軸方向距離x1=12at2=12×0.20×1x方向x2=vxt=0.20m,沿y軸方向y2=12at2=12×0.20×12m=0.1m,故第2s末小球坐標(biāo)為((老師備用)1.(2024·廣州深圳月考)(多選)一帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場E中,如圖所示.經(jīng)過一段時(shí)間后,其速度變?yōu)樗椒较?大小仍為v0,則(BCD)A.靜電力等于重力的2倍B.粒子運(yùn)動的水平位移的大小等于豎直位移的大小C.靜電力做的功肯定等于重力做功的負(fù)值D.粒子電勢能的削減量肯定等于重力勢能的增加量解析:粒子在水平方向上ax=qEm,vx=axt;豎直方向上vy=v0-gt,到達(dá)B時(shí),vx=v0,vy=0,所以有v0=axt,0=v0-gt,故ax=g,qE=mg,選項(xiàng)A錯誤;由動能定理有qEx-mgh=0,得x=h,選項(xiàng)B正確;WE=-WGΔEE=-ΔEG,選項(xiàng)D正確.2.如圖為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽視不計(jì)),經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M,N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場),電子進(jìn)入M,N間電場時(shí)的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點(diǎn).已知M,N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力.(1)求電子穿過A板時(shí)速度的大小;(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量y;(3)若要電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方,可實(shí)行哪些措施?解析:(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,由動能定理有eU1=12mv02,解得v0(2)電子沿極板方向做勻速直線運(yùn)動,沿電場方