【物理】2020届一轮复习人教版 带电粒子在电场中的运动 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 带电粒子在电场中的运动 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 带电粒子在电场中的运动 课时作业 ‎1.(2019·四川成都月考)如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则(　D　)‎ A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2‎ B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2‎ C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=∶1‎ D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶‎ 解析:电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,场强不变,电子在电场中受到的静电力不变,故a1∶a2=1∶1.由动能定理Ue=mv2得v=,因两极板间的距离增大为原来的2倍,由U=Ed知,电势差U增大为原来的2倍,故v1∶v2=1∶.‎ ‎2.(2019·山东临沂月考)如图所示,从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动,下列说法错误的是(设电源电压为U) (　C　)‎ A.电子到达B板时的动能是Ue B.电子从B板到达C板动能变化量为零 C.电子到达D板时动能是3Ue D.电子在A板和D板之间做往复运动 解析:电子在AB之间做匀加速运动,且eU=ΔEk,选项A正确;电子在BC之间做匀速运动,选项B正确;在CD之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,D正确.‎ ‎3.(2019·湖北襄阳检测)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(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为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l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为(　A　)‎ A.3∶2 B.2∶‎1 ‎C.5∶2 D.3∶1‎ 解析:因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1=,a2=,由运动学公式有l=a1t2= t2①,l=a2t2=t2②,‎ 联立①②得=,故A正确.‎ ‎4.(2019·山东济宁月考)(多选)如图所示,匀强电场场强方向竖直向下,在此电场中有a,b,c,d四个带电粒子(不计粒子间的相互作用),各以水平向左,水平向右,竖直向上和竖直向下的速度做匀速直线运动,则下列说法正确的是(　BD　)‎ A.c,d带异种电荷 B.a,b带同种电荷且电势能均不变 C.d的电势能减小,重力势能也减小 D.c的电势能减小,机械能增加 解析:a,b,c,d均做匀速直线运动,所以它们受的重力与静电力平衡,都带负电.a,b所受静电力不做功;c所受静电力做正功;d所受静电力做负功,重力做正功;因此可判断选项A,C错误,B,D正确.‎ ‎5.如图所示,两平行带电金属板水平放置,板间距为d.若在两板中间O点放一质量为m的带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过O点垂直纸面的轴顺时针旋转60°,再由O点从静止释放一同样的微粒,该微粒恰好能从上极板边缘射出,取重力加速度为g,下列说法正确的是(　A　)‎ A.极板长为d B.粒子在电场中运动的时间为 C.粒子在电场中运动的过程,其重力势能减小mgd D.粒子在电场中运动的过程,其电势能增加mgd 解析:由微粒保持静止状态得,静电力方向向上,大小等于mg;将两板绕过O点垂直纸面的轴顺时针旋转60°后,静电力与竖直方向的夹角为60°,斜向右上方;故根据力的合成可得合力等于mg,方向与竖直方向的夹角为60°,斜向右下方;根据微粒所受合力为恒力可得微粒做初速度为零的匀加速直线运动;由微粒恰好能从上极板边缘射出可得极板长为2·dtan 60°=d,故A正确;根据几何关系可得微粒运动位移s==d,运动时间t==,故B错误;粒子运动位移的竖直分量为scos 60°=d,重力势能减少 mgd,故C错误;微粒沿静电力方向的位移为d,故电势能减少qEd=mgd,故D错误.‎ ‎6.如图所示,场强大小为E,方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,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(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(　B　)‎ A. B. C. D.‎ 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s=v0t,在竖直方向有h=··t2解得v0=.故选项B正确,A,C,D错误.‎ ‎7.(2019·山东泰安月考)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加倍,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该(　A　)‎ A.使U2变为原来的2倍 B.使U2变为原来的4倍 C.使U2变为原来的倍 D.使U2变为原来的倍 解析:电子加速有qU1=m;电子偏转有 y=·()2;联立解得y=,故A正确.‎ ‎8.如图所示,氕H)、氘H)、氚H)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(　D　)‎ 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,静电力对氚核做的功最多 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 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,B错;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y=知,偏转距离与带电粒子无关,D对.‎ ‎9.(2019·江西赣州校级月考)(多选)如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知=,电子过C,D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则(　AD　)‎ A.vCy∶vDy=1∶2 B.vCy∶vDy=1∶4‎ C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4‎ 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=,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vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=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yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2= qEyOD,则ΔEk1∶ΔEk2=1∶4.故C错误,D正确.‎ ‎10.(2019·江西南昌月考)如图(甲)所示,一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间.从电子射入的时刻开始在金属板间加如图(乙)所示的交变电压,假设电子能穿过平行金属板.则下列说法正确的是(　C　)‎ A.电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)‎ B.电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)‎ C.电子可能从轴线到上极板之间的空间射出,也可能沿轴线方向射出 D.电子射出后动能一定增大 解析:由题意可知,当电子在电场中运动的时间恰好等于在A,B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时,电子可沿轴线射出,选项A,B错误,C正确;当电子恰好沿轴线射出时,电子速度不变,其动能也不变,选项D错误.‎ ‎11.(多选)如图所示,两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压,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Ut图象应是(设两板距离足够大)(　BC　)‎ 解析:由A图象可知,电子先做匀加速运动,T时速度最大,从T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,T时速度最大,从T到T内做匀减速运动,T时速度减为零;从T到T反向匀加速运动,T时速度最大,从T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,T时速度最大,从T到T内做加速度增大的减速运动,T时速度减为零;从T到T反向做加速度减小的加速运动,T时速度最大,从T到T内做加速度增大的减速运动,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,从T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.‎ ‎12.(2019·江苏徐州校级检测)(多选)如图(甲),两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图(乙)所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0～时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述,正确的是(　BC　)‎ A.末速度大小为v0‎ B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了mgd D.克服静电力做功为mgd 解析:因0～时间内微粒匀速运动,故E0q=mg;在～‎ 时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度为vy1=,水平速度为v0;在～T时间内,由牛顿第二定律2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,vy2=vy1-g=0粒子的竖直速度减小到零,水平速度为v0,选项A错误,B正确;微粒的重力势能减小了ΔEp=mg·=mgd,选项C正确;从射入到射出,由动能定理可知,mgd-W电=0,可知克服静电力做功为mgd,选项D错误.‎ ‎13.(2019·河北衡水月考)一个带正电的微粒,从A点射入水平方向的匀强电场中,微粒沿直线AB运动,如图所示.AB与电场线夹角θ=30°,已知带电粒子的质量m=1.0×10‎-7 kg,电荷量q=1.0×10‎-10 C, A,B相距L=‎20 cm.(取g=‎10 m/s2,结果保留两位有效数字)求:‎ ‎(1)说明微粒在电场中运动的性质,要求说明理由.‎ ‎(2)电场强度的大小和方向.‎ ‎(3)要使微粒从A点运动到B点,微粒射入电场时的最小速度是多少?‎ 解析:(1)微粒只在重力和静电力作用下沿AB方向运动,在垂直于AB方向上的重力和静电力必等大反向,可知静电力的方向水平向左,如图所示,微粒所受合力的方向由B指向A,与初速度vA方向相反,微粒做匀减速运动.‎ ‎(2)在垂直于AB方向上,有qEsin θ-mgcos θ=0;‎ 所以电场强度E=×104 N/C,电场强度的方向水平向左.‎ ‎(3)微粒由A运动到B时的速度vB=0时,微粒进入电场时的速度最小,由动能定理得-(mgLsin θ+qELcos θ)=0-m,代入数据,解得vA=‎2‎ m/s.‎ 答案:(1)见解析　(2)×104 N/C,方向水平向左　‎ ‎(3)‎2‎ m/s ‎14.(2019·福建泉州月考)如图所示,长L=‎0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0×10‎-4 kg、带电荷量为q=+1.0×10‎-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103 N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=‎10 m/s2.求:‎ ‎(1)小球通过最高点B时速度的大小;‎ ‎(2)小球通过最高点时,丝线对小球拉力的大小.‎ 解析:(1)小球由A运动到B,其初速度为零,静电力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有qEL-mgL=; vB==‎2 m/s.‎ ‎(2)设小球到达B点时,受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用,mg=1.0× 10-4×10 N=1.0×10-3 N;qE=1.0×10-6×2.0×103 N=2.0×10-3 N;因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有FTB+mg-qE=‎ FTB=+qE-mg=3.0×10-3 N.‎ 答案:(1)‎2 m/s　(2)3.0×10-3 N