新教材2024版高中物理第2章靜電場的應(yīng)用第2節(jié)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課后提升訓(xùn)練粵教版必修第三冊

第2節(jié)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)A組·基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．如圖所示，一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子(不計(jì)重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2，加速度為a2，則()A．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r(2)【答案】D【解析】由E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4kπd)得E＝eq\f(4kπQ,εrS)知電容器充電后與電源斷開，板極帶電量Q不變再增大兩極板間的距離d時(shí)，場強(qiáng)不變，電子在電場中受到的靜電力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動(dòng)能定理Ue＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2).2．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直于勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間的電場中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無關(guān)【答案】C【解析】由于微滴帶負(fù)電，其所受電場力指向正極板，故微滴在電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤．微滴在電場中所受電場力做正功，電勢能減小，B錯(cuò)誤．由于極板間電場是勻強(qiáng)電場，電場力不變，故微滴在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并且軌跡為拋物線，C正確．微粒所帶電荷量影響電場力及其加速度大小，運(yùn)動(dòng)軌跡與加速度大小有關(guān)，故D錯(cuò)誤．3．如圖所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb).4．(多選)一臺(tái)正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的原因可能是()A．加速電壓偏大B．加速電壓偏小C．偏轉(zhuǎn)電壓偏大D．偏轉(zhuǎn)電壓偏小【答案】AD【解析】畫面高度縮小，說明電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)偏轉(zhuǎn)角θ減小，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，tanθ＝eq\f(qU1L,mdveq\o\al(2,0))，得tanθ＝eq\f(U1L,2dU0)，則引起θ變小的原因可能是加速電壓U0偏大或偏轉(zhuǎn)電壓U1偏小，A、D正確．5．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)【答案】C【解析】電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確．6．一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，所有離子的運(yùn)動(dòng)軌跡都是一樣的，這說明所有粒子()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【答案】C【解析】由偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qEl2,2mveq\o\al(2,0))可知，若運(yùn)動(dòng)軌跡相同，則水平位移相同，偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有eq\f(q,m)相同．7．如下頁圖所示，質(zhì)量相等的兩個(gè)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()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1【答案】B【解析】豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝eq\f(qE,2m)t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B正確．8．如圖所示，電荷量為q的某種粒子，以初動(dòng)能Ek從兩平行金屬板的正中央沿垂直于電場線的方向進(jìn)入到兩板間存在的勻強(qiáng)電場中，恰從帶負(fù)電的金屬板邊緣飛出來，且飛出時(shí)動(dòng)能變?yōu)?Ek，不計(jì)粒子的重力，則金屬板間的電壓為()A．eq\f(Ek,q) B．eq\f(2Ek,q)C．eq\f(4Ek,q) D．eq\f(8Ek,q)【答案】C【解析】粒子從正中央垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，到恰從金屬板邊緣飛出，由動(dòng)能定理可得3Ek－Ek＝qU1，解得U1＝eq\f(2Ek,q)，則金屬板的電壓是U1電壓的2倍，即為U＝2U1＝eq\f(4Ek,q)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．B組·能力提升9．圖甲為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是()【答案】B【解析】在示波管中，若fY＝fX，呈現(xiàn)一個(gè)完整波形；若fY＝2fX，則呈現(xiàn)兩個(gè)波形，即呈現(xiàn)波形的個(gè)數(shù)n＝eq\f(fY,fX).本題中，在t＝0時(shí)刻UX負(fù)值最大，所以在x方向上向負(fù)半軸偏轉(zhuǎn)的電子離原點(diǎn)最遠(yuǎn)，而UY＝0，在y軸沒有偏轉(zhuǎn)，A、C錯(cuò)誤．由UY的變化知，以后的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以B正確，D錯(cuò)誤．10．如圖所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍．有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場強(qiáng)度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場，不計(jì)帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬的比值eq\f(l,d)為()A．eq\r(k) B．eq\r(2k)C．eq\r(3k) D．eq\r(5k)【答案】B【解析】偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因?yàn)閝U1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，帶電粒子離開加速電場時(shí)的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))；在偏轉(zhuǎn)電場中eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)t2，解得t＝deq\r(\f(m,qU2))，水平距離l＝v0t＝deq\r(\f(2U1,U2))＝deq\r(2k)，所以eq\f(l,d)＝eq\r(2k)，B正確．11．一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖所示．若兩極板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，偏轉(zhuǎn)極板上最大能加多大電壓？【答案】400V【解析】加速過程中，由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，①進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)l＝v0t，②在垂直于板面的方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，