新教材同步輔導(dǎo)2023年高中物理課時(shí)評價(jià)作業(yè)七帶電粒子在電場中的運(yùn)動粵教版必修第三冊

課時(shí)評價(jià)作業(yè)（七）帶電粒子在電場中的運(yùn)動A級合格達(dá)標(biāo)1.質(zhì)子（eq\o\al(1,1)H）、α粒子（eq\o\al(4,2)He）、鈉離子（Na＋）三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是（）A.質(zhì)子（eq\o\al(1,1)H） B.α粒子（eq\o\al(4,2)He）C.鈉離子（Na＋） D.都相同解析：qU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項(xiàng)B正確.答案：B2.（多選）如圖所示，從F處釋放一個(gè)無初速電子向B極方向運(yùn)動，指出下列對電子運(yùn)動的描述中哪些是正確的（設(shè)電源電壓為U）（）A.電子到達(dá)B板時(shí)的動能是eUB.電子從B板到達(dá)C板動能變化量為零C.電子到達(dá)D板時(shí)動能是3eUD.電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動解析：電子從A到B電場力做正功eU，電子到達(dá)B板時(shí)的動能是eU，A正確；從B到C做勻速運(yùn)動，電子從B板到達(dá)C板動能變化量為零，B正確；從C到D做減速運(yùn)動，電場力做負(fù)功eU，在D板時(shí)速度減為零之后返回，在A、D板間做往復(fù)運(yùn)動，C錯(cuò)誤，D正確.故選ABD.答案：ABD3.如圖所示是示波管的原理圖，它由電子槍、熒光屏和兩對相互垂直的偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′組成.電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子，電子經(jīng)加速電極間電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，兩對偏轉(zhuǎn)電極分別使電子在兩個(gè)相互垂直的方向發(fā)生偏轉(zhuǎn).熒光屏上有xOy直角坐標(biāo)系，x軸與電極XX′的金屬板垂直（其正方向由X′指向X），y軸與電極YY′的金屬板垂直（其正方向由Y′指向Y）.若使亮斑位于熒光屏上第三象限的某一位置，下列說法正確的是（）A.將極板X′、Y′接高電勢B.將極板X、Y接高電勢C.電源1必須使用直流電源D.電源2可以使用交流電源解析：若使亮斑位于熒光屏上第三象限的某一位置，需使電子受力向X′、Y′，所以將極板X′、Y′接高電勢，故A正確，B錯(cuò)誤；燈絲中的電流可以是交變電流，也可以是直流電（電源1），但加速電壓（電源2）必須是直流電，即左邊接負(fù)極、右邊接正極，故C、D錯(cuò)誤.答案：A4.如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為（）A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶1解析：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平位移為x＝v0t，兩次運(yùn)動的水平位移之比為2∶1，兩次運(yùn)動的水平速度相同，故運(yùn)動時(shí)間之比為t1∶t2＝2∶1，由于豎直方向上的位移為h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比為1∶8，又因?yàn)榧铀俣萢＝eq\f(Uq,mdAB)，故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2＝1∶8，故A正確.答案：A5.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動.已知兩極板間電勢差為U、極板間距為d，電子質(zhì)量為m、電荷量為e.則關(guān)于電子在兩極板間的運(yùn)動情況，下列敘述正確的是（）A.若將兩極板間距d增大一倍，則電子到達(dá)Q板的速率保持不變B.若將兩極板間距d增大一倍，則電子到達(dá)Q板的速率也增大一倍C.若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間保持不變D.若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間減為一半解析：由動能定理有eq\f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可見電子到達(dá)Q板的速率與兩極板間距離d無關(guān)，故A項(xiàng)對，B項(xiàng)錯(cuò)；兩極板間為勻強(qiáng)電場，E＝eq\f(U,d)，電子的加速度a＝eq\f(eU,md)，由運(yùn)動學(xué)公式d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU)).若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間減為原來的eq\f(\r(2),2)，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤.答案：A6.如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點(diǎn)水平射入平行板電容器中，不計(jì)重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比為xA∶xB＝2∶1，則帶電粒子的質(zhì)量之比mA∶mB以及在電場中飛行的時(shí)間之比tA∶tB分別為（）A.1∶1；2∶3 B.2∶1；3∶2C.1∶1；3∶4 D.4∶3；2∶1解析：粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，豎直方向上粒子做勻加速直線運(yùn)動y＝eq\f(1,2)at2，且yA＝y(tǒng)B，故aA∶aB＝teq\o\al(2,B)∶teq\o\al(2,A)＝1∶4.而ma＝qE，m＝eq\f(qE,a)，eq\f(mA,mB)＝eq\f(qA,qB)·eq\f(aB,aA)＝eq\f(1,3)×eq\f(4,1)＝eq\f(4,3).綜上所述，D項(xiàng)正確.答案：DB級等級提升7.（2022·廣東深圳實(shí)驗(yàn)學(xué)校高二期末）計(jì)算機(jī)鍵盤每個(gè)鍵下面都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個(gè)可變電容器.當(dāng)連接電源不斷電，按下某個(gè)鍵時(shí)，與之相連的電子線路就給出該鍵相應(yīng)的信號.當(dāng)按下該鍵時(shí)，電容器的（）A.電容變小B.極板間的電壓變小C.極板的電量不變D.極板間的場強(qiáng)變大解析：當(dāng)按下該鍵時(shí)，兩金屬片間距離減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容C變大，A錯(cuò)誤；由于連接電源不斷電，極板間的電壓不變，B錯(cuò)誤；由Q＝CU知極板的電量變大，C錯(cuò)誤；由E＝eq\f(U,d)可知，極板間的場強(qiáng)變大，D正確.答案：D8.圖甲為真空中一對水平、正對放置的平行金屬板，板間距離為d，虛線水平且到兩板距離相等，A、B板間未加電壓時(shí)，以速度v0從兩板左側(cè)沿虛線射入的電子通過兩板正對區(qū)域的時(shí)間為3T.現(xiàn)給A、B板間加上周期性變化的電壓UAB，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0（k>0），如圖乙所示.t＝0時(shí)，在兩板左側(cè)有一個(gè)電子（質(zhì)量為m、電荷量為e）以速度v0沿虛線射入兩板間（假設(shè)電子整個(gè)運(yùn)動過程未碰到兩板，電場僅存在于兩板正對區(qū)域，忽略重力影響）.（1）當(dāng)t＝T時(shí)，求電子豎直方向的位移大小s；（2）求電子穿越兩板正對區(qū)域的過程中豎直方向的分速度vy隨時(shí)間t變化的關(guān)系式.解析：（1）在0～T時(shí)間內(nèi)，A、B板間為正向電壓U0，電子在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，位移s＝eq\f(1,2)aT2＝eq\f(eU0,2dm)T2.（2）由題意知，電子穿越兩板正對區(qū)域的時(shí)間為3T，則0～T內(nèi)，vy＝at＝eq\f(eU0,dm)t，t＝T時(shí)，豎直速度v1＝eq\f(eU0,dm)T，T～2T內(nèi)，vy＝v1－a1t＝eq\f(eU0,md)T－eq\f(kU0e,md)（t－T），t＝2T時(shí)，豎直速度v2＝eq\f(eU0,dm)T－eq\f(keU0,dm)T＝（1－k）eq\f(eU0T,dm)，2T～3T內(nèi)，vy＝v2＋a2t＝（1－k）eq\f(eU0,md)T＋eq\f(U0e,md)（t－2T）.答案：見解析9.如圖所示，間距為d的平行金屬板A、B豎直放置，且接有高壓直流電源，A板附近初速為0的電子在電場力的作用下從B板的小孔處以速度v0射向水平放置的平行金屬板C、D的正中央，金屬板C、D間的電勢差為U，最后電子在C板邊緣離開電場.已知電子質(zhì)量為m，電量為e.求：（1）AB間的電勢差U0；（2）AB間的電場強(qiáng)度E；（3）判斷CD兩板的電勢高低；（4）電子離開CD電場時(shí)的速度v的大小.解析：（1）電子從A到B，由動能定理eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得AB間的電勢差U0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2e).（2）AB間的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(U0,d)＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2ed).（3）電子進(jìn)入CD兩板間，在電場力作用下向上偏轉(zhuǎn)，電場力向上，電場方向向下，C板電勢高，D板電勢低.（4）電子在CD板間偏轉(zhuǎn)，由動能定理得e·eq\f(1,2)U＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得電子離開CD電場時(shí)的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(eU,m)).答案：（1）eq\f(mveq\o\al(2,0),2e)（2）eq\f(mveq\o\al(2,0),2ed)（3）C板電勢高，D板電勢低（4）eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(eU,m))10.如圖，一質(zhì)量m＝1×10－6kg、帶電荷量q＝－2×10－8C的微粒，以初速度大小v0豎直向上從A點(diǎn)射入一水平向右的勻強(qiáng)電場，當(dāng)微粒運(yùn)動到比A點(diǎn)高h(yuǎn)＝0.2m的B點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v0，方向水平向左.g取10m/s2，求：（1）微粒的初速度大小v0；（2）A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；（3）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E.解析：（1）由題意可知，微粒在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在豎直方向做勻減速直線運(yùn)動.豎直方向有veq\o\al(2,0)＝2gh，代入數(shù)據(jù)，解得v0＝2m/s.（2）對微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，由動能定理得qUAB－mgh＝eq\f(1,2)m（2v0）2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)，解得UAB＝－400V.（3）設(shè)微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的時(shí)間為t，沿電場線方向運(yùn)動的