新人教版20182019学年高中物理第一章静电场第9节带电粒子在电场中运动课时作业选修31

第9节带电粒子在电场中的运动[随堂检测]1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加快后，获取动能最大的是()A．质子(11H)B．α粒子(42He)＋D．都同样C．钠离子(Na)分析：选

12B．qU＝2mv－0，U同样，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以

α粒子获取的动能最大，应选项B正确．2．如下图，场强盛小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形地区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进入矩形地区(两粒子不一样时出此刻电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰巧相切，则v0等于()s2qEsqEA．2mhB．2mhs2qEsqEC．4mhD．4mh分析：选B．依据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形地区abcd的中心，则在水平方111qE2sqE向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t，解得v0＝．应选项B正确，选项A、C、222m2mhD错误．3．(多项选择)如下图，氕、氘、氚的原子核由静止经同一电场加快后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()A．经过加快电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功同样多C．三种原子核打在屏上的速度同样大D．三种原子核都打在屏上同一地点处分析：选BD．同一加快电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量同样，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都同样，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也同样，A错，B对；因为质量不一样，所以三种原子核打在屏上的速度不一样，C错；再依据偏转距离公式或偏转角公式y＝l2U2lU2知，与带电粒子没关，D对．，tanθ＝4dU12dU14．在如图甲所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图乙、丙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高．在电场力作用下本来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大，且不计重力，试剖析电子在两种交变电压作用下的运动状况，并画出相应的v－t图象．答案：t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正方向)做初速度为零的匀加快运动．1

1(1)对于题图乙，在

0～2T时间内电子沿正方向做初速度为零的匀加快直线运动，

2T～T时间内电子沿正方向做末速度为零的匀减速直线运动，

而后周期性地重复前面的运动，

其速度图线如图

1所示．(2)对于题图丙，在

T0～2时间内电子做近似图

1中

0～T时间内的运动，

T2～T时间内电子做反向先匀加快、后匀减速、末速度为零的直线运动．而后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图2所示．[课时作业][学生用书P125(独自成册)]一、单项选择题1．对于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动状况，以下说法正确的选项是()A．必定是匀变速运动B．不行能做匀减速运动C．必定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不行能做匀变速曲线运动分析：选A．带电粒子在匀强电场中遇到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，应选A．2．如下图，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为1时，带U电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度同样，则两次偏转电压之比为()A．1∶2＝1∶8B．1∶2＝1∶4UUUUC．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶1分析：选A．由y＝1at2＝1·Uq·l2得：22mdv202mv20dyy，可知A项正确．＝ql2，所以∝UUl23．三个α粒子在同一地址沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如下图的运动轨迹，由此可知，以下判断错误的选项是()A．在B飞离电场的同时，A恰巧打在负极板上B．B和C同时飞离电场C．进入电场时，C的速度最大，A的速度最小D．动能的增添量C最小，A和B同样大分析：选B．由题意知，三个α粒子在电场中的加快度同样，

A和

B有同样的偏转位移y，由公式

1y＝2at2得，A和

B在电场中运动的时间同样，

由公式

xv0＝t得

vB>vA，同理，vC>vB，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为

vC>vB>vA，故

A、C正确，

B错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为

yA＝yB>yC，由动能定理可知，三个粒子的动能的增添量

C最小，A和

B同样大，

D正确．4．一个带正电的点电荷以必定的初速度

v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应当是以以下图中的

(

)分析：选B．点电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，故此题选B．5．喷墨打印机的简化模型如下图．重力可忽视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最后打在纸上．则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能渐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量没关分析：选C．因为微滴带负电，电场方向向下，所以微滴遇到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，选项A错误；偏转过程中电场力做正功，依据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，选项B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加快直线运动，位移y＝1qU21qUx2t＝·v，此为抛物线方程，2dm2dm选项C正确；从式中能够看出，运动轨迹与带电荷量q相关，选项D错误．6．如下图，质量同样的两个带电粒子、以同样的速度沿垂直于电场方向射入两平PQ行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边沿处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间t＞tPQB．它们运动的加快度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它们的动能增添量之比kP∶kQ＝1∶2EE分析：选C．设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v，加快度分别为a和a，粒子0PQh0Ph1PP到上极板的距离是2，它们做类平抛运动的水平距离为l．则对P，由l＝vt，2＝2atP2，hv2012hv20获取aP＝l2；同理对Q，l＝v0tQ，h＝2aQtQ2，获取aQ＝l2．因而可知tP＝tQ，aQ＝2aP，而qPEqQEaP＝m，aQ＝m，所以qP∶qQ＝1∶2．由动能定理得，它们的动能增添量之比EkP∶EkQh＝maP2∶maQh＝1∶4．综上所述，

C项正确．二、多项选择题7．如下图，电荷量和质量都同样的带正电粒子以不一样的初速度经过

A、B两极板间的加快电场后飞出，不计重力的作用，则

(

)A．它们经过加快电场所需的时间相等B．它们经过加快电场过程中动能的增量相等C．它们经过加快电场过程中速度的增量相等D．它们经过加快电场过程中电势能的减少许相等分析：选BD．因为电荷量和质量相等，所以产生的加快度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所需的时间越短，

A错误；加快时间越短，则速度的变化量越小，

C错误；因为电场力做功与初速度实时间没关，

所以电场力对各带电粒子做功相等，

则它们经过加快电场的过程中电势能的减少许相等，动能的增添量也相等，B、D正确．8．如下图，水平搁置的充电平行金属板相距为d，此间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边沿射入，并沿直线从上极板边沿射出，油滴的质量为

m，带电荷量为

q，则()A．场强的方向竖直向上B．场强的方向竖直向下mgdC．两极板间的电势差为qD．油滴的电势能增添了mgd分析：选AC．由题意知带电油滴遇到的电场力等于其重力，带电油滴受力均衡做匀速直线运动，A对，B错；由U＝mgd＝得电势差q，C对；油滴的电势能增添量等于电场力mgqdU做功的负值，即E＝－W＝－qU＝－mgd，故油滴的电势能减少了mgd，D错．p9．如下图，竖直向下的匀强电场里，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中正确的选项是()A．带电小球可能做匀速率圆周运动B．带电小球可能做变速率圆周运动C．带电小球经过最高点时，细线拉力必定最小D．带电小球经过最低点时，细线拉力有可能最小分析：选ABD．若小球所受电场力与重力均衡，小球做匀速圆周运动，A正确；若小球所受电场力与重力不均衡，小球做变速圆周运动，B正确；若小球所受电场力与重力的协力向上，则小球运动到最低点时，细线拉力最小，最高点时细线拉力最大，C错误，D正确．10．如图甲所示，两平行金属板竖直搁置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子本来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．以下说法中正确的是(

)A．从t＝0时刻开释电子，电子将一直向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻开释电子，电子可能在两板间振动TC．从t＝4时刻开释电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上TD．从t＝4时刻开释电子，电子势必打到左极板上分析：选AC．对应电压图象作出电子的速度图象，依据速度图象包围的面积剖析电子的运动．由图1知，t＝0时开释电子，电子的位移一直是正当，说明向来向右运动，必定能够击中右板，选项A正确，选项B错误．图1图2由图2知，tTT＝时开释电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若开释后的2内4不可以抵达右板，则以后来去运动，选项C正确，选项D错误．三、非选择题11．如下图，质量为

m、电荷量为

q的带电粒子，以初速度

v0垂直射入场强盛小为

E、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的刹时速度的方向与初速度方向成过程中，不计粒子重力．求：

30°角．在这一(1)该粒子在电场中经历的时间；(2)粒子在这一过程中电势能的增量．qE分析：(1)分解末速度：vy＝v0tan30°，在竖直方向vy＝at，a＝m，联立三式可得t3mv0＝3Eq．(2)射出电场时的速度v＝v0＝20，由动能定理得静电力做功为＝12－120cos30°3vW2mv2mv＝120，依据＝p1－p2得p＝－＝－120．6mvWEEEW6mv3mv01答案：(1)3Eq(2)－6mv0212．如下图，长L＝0．20m的丝线的一端拴一质量为m＝1．0×10－4kg、带电荷量为－6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q＝＋1．0×10C周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2．0×103N/C．现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，而后无初速度地将小球开释，取g＝10m/s2．求：小球经过最高点B时速度的大小；小球经过最高点时，丝线对小球拉力的大小．分析：(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：mv2B

2（qE－mg）LqEL－mgL＝