金版教程物理2024导学案必修第册人教版新第十章 静电场中的能量5.带电粒子在电场中的运动含答案

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第十章静电场中的能量5．带电粒子在电场中的运动1．能用两种思路分析带电粒子在电场中的加速运动问题。2.能用类平抛运动的分析方法研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。3.能综合分析带电粒子在电场中的运动。一带电粒子在电场中的加速1．带电粒子的速度方向与电场强度的方向eq\x(\s\up1(01))相同或相反。2．两种分析思路(1)利用eq\x(\s\up1(02))牛顿第二定律结合eq\x(\s\up1(03))匀变速直线运动公式来分析。适合用于解决的问题：属于匀强电场且涉及运动时间等描述eq\x(\s\up1(04))运动过程的物理量。(2)利用eq\x(\s\up1(05))静电力做功结合eq\x(\s\up1(06))动能定理来分析。适合用于解决的问题：只涉及位移、速率等eq\x(\s\up1(07))动能定理公式中的物理量或eq\x(\s\up1(08))非匀强电场情景。二带电粒子在电场中的偏转1．带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直时，静电力方向跟速度方向eq\x(\s\up1(01))不在同一直线上。2．在匀强电场中，带电粒子的运动轨迹是一条eq\x(\s\up1(02))抛物线，类似eq\x(\s\up1(03))平抛运动的轨迹。分析思路与分析eq\x(\s\up1(04))平抛运动一样。判一判(1)带电粒子在电场中不受重力。()(2)带电粒子仅在静电力作用下运动时，动能一定增加。()(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。()(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动。()提示：(1)×(2)×(3)×(4)√探究1带电粒子在电场中的加速仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。活动1：图甲中粒子的受力情况如何？提示：受到向右的静电力和向下的重力，而重力远小于静电力，故重力可以忽略，这里认为粒子只受静电力。活动2：图甲、乙中两极板间电场有什么区别？提示：图甲中两极板间的电场是匀强电场，图乙中两极板间的电场是非匀强电场。活动3：图甲中若粒子无初速度释放，如何求粒子的末速度？提示：可以利用牛顿第二定律结合运动学公式求解：U＝Ed，F＝Eq，a＝eq\f(F,m)，d＝eq\f(v2,2a)，联立得v＝eq\r(\f(2Uq,m))；还可以利用静电力做功结合动能定理求解：Uq＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2Uq,m))。活动4：图乙中若电子无初速度释放，如何求电子的末速度？提示：可利用静电力做功结合动能定理求解，静电力做的功等于电子动能的增加量，Ue＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2Ue,m))。1．带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析思路：(1)用动力学观点分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(适用于解决的问题：属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量)(2)用功能观点分析：粒子只受静电力作用，静电力做的功等于粒子动能的变化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(适用于解决的问题：只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景)2．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)微观粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。例1(多选)1924年，英国科学家G·Ising最早提出直线加速器的雏形概念。直线加速器由直的真空管道(虚线框)和一系列带孔的金属漂移管(1，2，3，4，5，6)组成，如图甲所示。粒子加速是通过相邻漂移管之间的电场完成的，电场和粒子的同步是由电压的周期和相应漂移管的长度配合来实现的。质子从漂移管1的左侧小孔以速度v0沿轴线进入加速器，并依次向右穿过各漂移管，最后打在靶(7)上，质子在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，漂移管间距离很小。设质子进入漂移管1时，电源下面的导线接地，上面的导线的电势随时间变化的图像如图乙所示，质子在每个管内运动的时间均为eq\f(1,2)T，已知质子质量为m，电荷量为e，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A．质子可以在eq\f(1,2)T～T时间内射入漂移管1B．6个漂移管长度之比为1∶2∶3∶4∶5∶6C．漂移管2的长度为eq\f(1,2)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\r(\f(2eφm,m))))D．质子打在靶上时的动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6eφm[实践探究]本题适合用哪种思路求解？提示：用功能观点分析。[规范解答]质子在每个管内运动的时间均为eq\f(1,2)T，若质子在eq\f(1,2)T～T时间内射入漂移管1，则将在T～eq\f(3,2)T时间内某时刻离开漂移管1，此时漂移管1电势高，漂移管2电势低，质子将被加速，A正确；质子进入漂移管2的速度v满足eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eφm，则漂移管2的长度L2＝eq\f(T,2)·v＝eq\f(T,2)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2eφm,m))，同理可得其他漂移管的长度Ln＝eq\f(T,2)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2（n－1）eφm,m))(n＝3，4，5，6)，可知B、C错误；质子从射入漂移管1到打到靶上共被加速了6次，根据动能定理可知，质子打在靶上时的动能为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋6eφm，D正确。[答案]AD规律点拨由于静电力做功与场强是否均匀无关，与运动路径也无关，所以在处理带电粒子在电场中的加速问题时，一般都是用静电力做功结合动能定理分析。[变式训练1]医学上对某些癌症可采用质子疗法治疗，该疗法(设备如图)用一定能量的质子束照射肿瘤以杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其在加速电场(可视为匀强电场)中从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知质子的质量为1.67×10－27kg、电荷量为1.6×10－19C，加速器加速的直线长度为4m。下列说法正确的是()A．加速过程中质子的电势能增加B．加速过程中质子的加速度约为2.5×1013m/s2C．质子加速所需的时间约为8×10－6sD．加速电场的电场强度约为1.3×105N/C答案D解析加速过程中，静电力对质子做正功，质子的电势能减小，A错误；质子在加速电场中做匀加速直线运动，由位移与速度的关系式得a＝eq\f(v2－0,2x)＝eq\f(（1.0×107）2－0,2×4)m/s2＝1.25×1013m/s2，B错误；加速时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1.0×107,1.25×1013)s＝8×10－7s，C错误；根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝1.3×105N/C，D正确。探究2带电粒子在电场中的偏转仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。活动1：分析粒子的受力，有什么特点？粒子做直线运动还是做曲线运动？提示：粒子受向上的静电力，受力方向与初速度方向垂直。受力方向与速度方向不共线，粒子做曲线运动。活动2：粒子的运动与我们学过的什么运动类似？如何求解粒子的运动？提示：平抛运动。用分解法来求解粒子的运动。水平方向粒子不受力，做匀速直线运动；竖直方向粒子受恒定的静电力，做初速度为零的匀加速直线运动。带电粒子在匀强电场中偏转时，受恒力作用，做类平抛运动。平抛运动的分析方法、规律、推论，均适用于带电粒子的偏转运动。1．基本规律带电粒子在电场中的偏转，轨迹如图所示。(1)初速度方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：l＝v0t))。(2)电场线方向eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,veq\o\al(2,0))))。(3)离开电场时的偏转角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值：tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mdveq\o\al(2,0))。2．两个推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量。3．拓展：带电粒子在示波管中的运动分析(1)运动规律如图1所示，带电粒子在示波管中先做加速运动，然后做偏转运动，且在X方向和Y方向均发生偏转(其中Y方向加信号电压，X方向加周期与信号电压相同的扫描电压，如图2)。带电粒子在示波管中的偏转运动，实质是在交变电场中的运动。(2)确定最终偏移距离思路一：思路二：例2(多选)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场S，方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30°，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。则()A．偏转电场方向竖直向下B．若加速电压U0增大少许，电子会打在P点右侧C．偏转电场强度的大小为eq\f(2\r(3)U0,3L0)D．P点到偏转电场右边界距离为eq\r(3)H－eq\f(L0,2)[实践探究](1)如何分析电子在偏转电场中的运动？提示：根据运动的合成与分解分析。(2)电子射出偏转电场后做什么运动？提示：匀速直线运动。[规范解答]电子带负电，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上，故A错误；在加速电场中，根据动能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，加速电压增大，会使电子进入偏转电场的初速度变大，在偏转电场中的运动时间变小，离开偏转电场时的竖直位移和速度偏转角变小，故电子会打在P点右侧，故B正确；电子偏转时做类平抛运动，有L0＝v0t，vy＝at，a＝eq\f(eE,m)，tan30°＝eq\f(vy,v0)，联立可得E＝eq\f(2\r(3)U0,3L0)，故C正确；设P点到偏转电场右边界距离为s，根据几何关系，有tan30°＝eq\f(H－\f(1,2)vyt,s)，联立可得s＝eq\r(3)H－eq\f(L0,2)，故D正确。[答案]BCD规律点拨加速电场用qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解决问题，偏转电场用类平抛规律解决问题。[变式训练2－1]如图所示，从炽热的金属丝飞出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压答案C解析设加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判断C正确，A、B、D错误。[变式训练2－2]如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2；(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)(3)见解析解析(1)根据动能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0则电子射入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))电子的加速度a＝eq\f(Ue,dm)则偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。(2)考虑电子所受重力和静电力的数量级，有重力G＝mg≈10－29N静电力F＝eq\f(eU,d)≈10－15N由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力。(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q之比，即φ＝eq\f(Ep,q)由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m之比，叫作“重力势”，即φG＝eq\f(EG,m)。电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。1．(带电粒子在电场中的加速)如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是()A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B．两板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大C．获得的速率大小与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关D．两板间距越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小答案C解析由动能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2－0，即v＝eq\r(\f(2eU,m))，v的大小与U有关，与极板距离无关，C正确。2.(带电粒子在电场中的偏转)研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源在两平行板中心线上的小铅盒内，发出的射线从小铅盒上方小孔向外射出，已知α粒子(带两个单位元电荷的氦原子核)的质量是电子质量的7359倍，α射线速度约为光速的十分之一，β射线(电子流)的速度接近光速，则落在金属板A、B上的α射线在竖直方向上通过的位移约是β射线的多少倍？()A．12 B．6C．3 D．4答案B解析设两板间电压为U，板间距为d，粒子在板间做类平抛运动，在水平方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，竖直方向：y＝v0t，联立得y＝v0deq\r(\f(m,qU))，所以eq\f(yα,yβ)＝eq\f(vα,vβ)·eq\r(\f(mα,mβ))·eq\r(\f(qβ,qα))＝eq\f(1,10)×eq\r(\f(7359,1))×eq\r(\f(1,2))≈6，故选B。3.(带电粒子在电场中的偏转)如图所示，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U1时，带电粒子沿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相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1答案A解析两种情况下带电粒子的运动时间之比t1∶t2＝2∶1，偏转距离之比y1∶y2＝1∶2，由y＝eq\f(1,2)at2得两种情况下粒子的加速度之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(y1,y2)·eq\f(teq\o\al(2,2),teq\o\al(2,1))＝eq\f(1,8)，由于a＝eq\f(qU,md)，a∝U，故U1∶U2＝1∶8，A正确。4.(综合)(多选)如图所示为阴极射线管的示意图，当M1、M2两极板不加电压时，电子束经电场加速后打到荧屏中央O处形成亮斑。电子在偏转电场中的运动时间很短，电子不会打到极板上。在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是()A．若亮斑出现在O点下方，则极板M1带负电B．若M1、M2两极板加电压，电子通过两极板间过程中电势能增大C．若加速电场电压不变，荧屏上的亮斑由O点上方某处向上移动，则M1、M2之间的电势差在减小D．若M1、M2两极板间电势差不变，荧屏上的亮斑由O点上方某处向上移动，则加速电场电压在减小答案AD解析当M1、M2两极板加电压时，若亮斑出现在O点下方，则电子在M1、M2两极板间所受静电力向下，两板间电场强度向上，可知极板M1带负电，A正确；当M1、M2两极板加电压时，电子通过两极板间过程中，静电力做正功，则电子电势能减小，B错误；由qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·eq\f(L2,veq\o\al(2,0))，联立可得竖直方向偏移量y＝eq\f(U2L2,4U1d)，若加速电场电压U1不变，荧屏上的亮斑由O点上方某处向上移动，即y增大，则M1、M2之间的电势差U2在增大，C错误；由y＝eq\f(U2L2,4U1d)可知，若M1、M2两极板间电势差U2不变，荧屏上的亮斑由O点上方某处向上移动，即y增大，则加速电场电压U1在减小，D正确。5.(综合)如图所示，一价氢离子(eq\o\al(1,1)H)和二价氦离子(eq\o\al(4,2)He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们()A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点答案B解析在加速电场中有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏转电场中的偏转距离y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,md)·eq\f(L2,veq\o\al(2,0))＝eq\f(U2L2,4U1d)，故两离子运动轨迹相同，打在屏上同一点；一价氢离子(eq\o\al(1,1)H)和二价氦离子(eq\o\al(4,2)He)的比荷不同，射出加速电场时的末速度v0不同，在平行于偏转极板方向由t＝eq\f(2L加,v0)＋eq\f(L＋L′,v0)知，两离子运动的时间不同，故B正确。[名师点拨]不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的速度偏转角和偏移量y总是相同的，即运动轨迹重合。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，l＝v0t，vy＝eq\f(qU,md)t，tanθ＝eq\f(vy,v0)，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)，y＝eq\f(Ul2,4U0d)。6.(带电粒子在电场中的偏转)(多选)a、b、c三个α粒子(eq\o\al(4,2)He)由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上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．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大答案ACD解析a、b、c三个α粒子在电场中运动时，a＝eq\f(qE,m)相同，ya＝yb>yc，xa<xb＝xc，由y＝eq\f(1,2)at2知，ta＝tb>tc，故A正确，B错误；水平方向由v0＝eq\f(x,t)知vc>vb>va，故C正确；由ΔEk＝qEy知ΔEka＝ΔEkb>ΔEkc，故D正确。7．(带电粒子在电场中的加速)如图，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eq\f(2,5)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．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1答案A解析因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为eq\f(2,5)l，电荷量为－q的粒子通过的位移为eq\f(3,5)l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝eq\f(qE,M)、a2＝eq\f(qE,m)，由运动学公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2，解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故A正确。8．(综合)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成。如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出偏转电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是()A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小答案B解析电子通过加速电场有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t＝eq\f(l,v0)，在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(eU2,md)，末速度vy＝at＝eq\f(eU2l,mdv0)，偏转角的正切tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2U1d)，所以tanθ∝eq\f(U2,U1)，故B正确。9．(带电粒子在电场中的偏转)一种静电除尘装置的示意图如图甲所示，其中有一长为L＝1m、宽和高均为d＝0.5m的通道ABCD­EFGH，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与电源负、正极相连的金属板，在上、下两面金属板间产生的电场可视为匀强电场，装置的截面图如图乙所示。分布均匀的带电烟尘颗粒以v0＝2m/s的速度垂直于ABCD平面进入通道，碰到下金属板后所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场的分布。将被收集烟尘颗粒与进入矩形通道颗粒的比值称为除尘率。已知每个烟尘颗粒的质量为m＝2.0×10－14kg，所带电荷量为q＝－1×10－16C。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。求：(1)当除尘率为η＝80%时，所加电源的电压值U0；(2)除尘率η与所加电源的电压值U之间的函数关系式。答案(1)320V(2)U＝400η(V)解析(1)当除尘率为η＝80%时，则距离下极板0.8d的烟尘颗粒将打到下极板的最右端，设此颗粒在通道中的运动时间为t0，加速度大小为a0，通道中匀强电场的场强大小为E0，则L＝v0t00．8d＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,0)|q|E0＝ma0E0＝eq\f(U0,d)联立并代入数据可解得U0＝320V。(2)当除尘率为η时，则距离下极板ηd的带电烟尘颗粒将打到下极板的最右端，设此颗粒在通道中的运动时间为t，加速度大小为a，通道中匀强电场的场强大小为E，则L＝v0tηd＝eq\f(1,2)at2|q|E＝maE＝eq\f(U,d)联立并代入数据可解得U＝400η(V)。10.(综合)如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，不计空气阻力，则()A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小B．微粒在下落过程中重力做功为mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－qUC．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为eq\f(1,2)qUD．若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能到达A板答案C解析下落过程中，微粒的速度先增大后减小，故动能先增大后减小，重力势能逐渐减小，A错误。微粒在下落过程中，重力做功为mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－q×eq\f(U,d)×eq\f(d,2)＝－eq\f(1,2)qU，B错误。微粒落入电场中，静电力做功为－eq\f(1,2)qU，根据静电力做功与电势能变化关系知其电势能增加量为eq\f(1,2)qU，C正确。设微粒从距B板高h′处自由下落，恰好能到达A板，根据动能定理有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))－eq\f(1,2)qU＝0，mg(h′＋d)－qU＝0，解得h′＝2h，D错误。11.(综合)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M。一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央水平射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A．板间的电场强度大小为eq\f(mg,q)B．板间的电场强度大小为eq\f(2mg,q)C．质点在板间运动时动能的增加量等于静电力做的功D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间答案B解析对质点的运动进行分解，在水平方向上质点做匀速直线运动，又因质点在板间运动的水平位移与它从板的右端运动到光屏的水平位移相等，故质点在板间的运动时间等于它从板的右端运动到光屏的时间，D错误；质点在板间运动过程中受到重力和静电力作用，故质点在板间运动时动能的增加量等于重力和静电力做的功之和，C错误；质点最后垂直打在M屏上，即末速度水平，则质点在板间运动时在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，质点从板的右端运动到光屏的过程中在竖直方向上做末速度为0的匀减速运动，又因做匀加速运动的时间与做匀减速运动的时间相等，故做匀加速运动的加速度大小与做匀减速运动的加速度大小相等，故qE－mg＝mg，得E＝eq\f(2mg,q)，B正确，A错误。12．(综合)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝4.0×10－20kg、电荷量q＝－4.0×10－9C的带负电的粒子从(－1，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。则()A．x轴左侧电场强度大小E1与右侧电场强度大小E2之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(1,2)B．粒子从x＝－1cm到x＝0.5cm过程中的电势能先增加后减小C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为6.0×10－8JD．该粒子运动的周期T＝3.0×10－6s答案A解析由题图可知，x轴上原点左右两侧为电场强度大小不同的匀强电场，由电场强度与电势差的关系可得E1x1＝E2x2，解得eq\f(E1,E2)＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(0.5,1)＝eq\f(1,2)，A正确；粒子从x＝－1cm到x＝0.5cm过程中，电势先增大后减小，根据公式Ep＝qφ可得，带负电的粒子的电势能先减小后增大，B错误；根据静电力做功与电势能变化关系可得ΔEp＝－qU，该粒子运动过程中电势差取最大值时，电势能变化量取最大值，即为ΔEpmax＝－qUmax＝－(－4.0×10－9)×20J＝8.0×10－8J，C错误；粒子在－1cm～0过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得E1|q|＝ma1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，其中E1＝eq\f(U,x1)，粒子在0～0.5cm过程中，由牛顿第二定律和匀变速直线运动规律可得E2q＝ma2，x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，其中E2＝eq\f(U,x2)，该粒子运动的周期T＝2(t1＋t2)，联立可得T＝3.0×10－8s，D错误。13.(综合)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的点P到点O的距离x。答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝eq\f(2L,v0)。(2)粒子在全过程中的运动情况如图所示。设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a＝eq\f(qE,m)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at1,v0)＝eq\f(aL,veq\o\al(2,0))＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))。(3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qEL2,2mveq\o\al(2,0))又x＝y＋Ltanα解得x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))。第十章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于静电场，下列说法正确的是()A．电势等于零处的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加答案D解析零电势的选取是任意的，一般选取大地或无限远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；场强为零，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，静电力做负功，电势能增加，D正确。2.如图所示，是电子束焊接机的示意图，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子的重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()A．B点和C点的电场强度均为eq\f(U,d)B．B点电势高于C点电势C．电子由K到A做匀加速直线运动D．电子由K到A电势能减少eU答案D解析由题图可知，K到A之间不是匀强电场，根据电场线的疏密表示电场强弱，知B点场强小于C点场强，电子由K到A运动过程中的加速度a＝eq\f(Ee,m)逐渐增大，不是做匀加速直线运动，A、C错误；电场线由高的等势面指向低的等势面，则B点电势低于C点电势，B错误；电子由K到A的过程中静电力做的功为eU，则其电势能减少了eU，D正确。3．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是()A．a点的电势比b点的低B．a点的电场强度比b点的小C．液滴在a点的加速度比在b点的小D．液滴在a点的电势能比在b点的大答案D解析高压电源左侧为正极，则发射极与吸极间所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；等差等势面的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在静电力作用下向右加速，则静电力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。4．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的点电荷在距离其r的位置处产生的电场的电势φ＝eq\f(kq,r)，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为＋Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是()A．q1＝eq\f(Q,3) B．q1＝－eq\f(Q,3)C．A处的电场强度也为零 D．A处的电场强度大小为eq\f(4kQ,9x2)答案B解析电荷量为＋Q的点电荷在A点产生的电场的电势为φ1＝eq\f(kQ,3x)，电荷量为q1的点电荷在A点产生的电场的电势为φ2＝eq\f(kq1,x)，因为φ1＋φ2＝0，则q1＝－eq\f(Q,3)，A错误，B正确；以向左为正方向，电荷量为＋Q的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E1＝keq\f(Q,（3x）2)，电荷量为q1的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E2＝keq\f(q1,x2)＝－keq\f(Q,3x2)，则A处的电场强度E＝E1＋E2＝－eq\f(2kQ,9x2)，即A处的电场强度大小为eq\f(2kQ,9x2)，方向向右，故C、D错误。5.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则()A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大答案A解析根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝eq\f(U,d)，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。6.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．电子在N点的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线答案C解析电子仅受静电力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M点运动到N点，电势能减小，则动能增加，A错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离静电力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B错误；由于电子从M点运动到N点静电力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确；电子从静止开始沿电场线由M点运动到N点，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得其轨迹必为直线，D错误。7.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的小B．c点的电场强度比d点的小C．把一个正电荷从a点移到b点电势能减小D．c点的电势比d点的低答案D解析电场线的疏密表示场强的大小，所以由图可知a点的电场强度比b点的大，A错误；沿电场线方向电势降低，可知b点电势高于a点电势，由Ep＝qφ可知，把一个正电荷从a点移到b点电势能增加，C错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，则c点与d点电场强度的大小关系为Ec＝Ed，且Ec沿虚线向下，Ed沿虚线向上，若只有两个负电荷，则c点电场强度Ec′＝0，d点电场强度Ed′沿虚线向下，根据场强叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点的电场强度比d点的大，B错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，c点与d点电势相等，若只有两个负电荷，电场线由无穷远指向负电荷，故c点电势低于d点电势，根据电势叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点电势低于d点电势，D正确。8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV答案ABD解析如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1V，B正确；则在x轴上，每0.5cm长度对应电势差为1V，10V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9eV，D正确。9.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势答案BC解析若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。综上所述A、D错误，B、C正确。10.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大答案AC解析两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x<x1处的电势小于零。如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷，A正确；由E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)知，x1处的电场强度不为零，B错误；x2处的电势最高，则负电荷在此处的电势能最小，负电荷从x1移动到x2的过程，电势能减小，C正确；由φ­x图像知，x2处电势最高，但电场强度最小，负电荷从x1移动到x2，所受静电力减小，D错误。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、实验题(本题共2小题，共12分)11．(6分)小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容。他从实验室找到8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。实验过程如下，完成相应的填空。(1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)；(2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流。流过电阻R的电流方向为________(填“从右向左”或“从左向右”)；(3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i­t曲线如图乙所示；(4)根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________C；(5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为________F。(所有结果均保留两位有效数字)答案(2)从右向左(4)2.5×10－3(2.4×10－3～2.6×10－3均正确)(5)3.1×10－4(3.0×10－4～3.3×10－4均正确)解析(2)开关S与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流方向为从右向左。(4)i­t曲线与坐标轴围成的面积表示电容器在全部放电过程中释放的电荷量，由图乙可知，一个小格的面积所表示的电量q＝0.2mA×0.4s＝8.0×10－5C，由大于半格的算一格，小于半格的舍去，可得图像包含的小格数约为31个，所以释放的电荷量为Q＝31×8.0×10－5C≈2.5×10－3C。(5)电容器的电容为C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(2.5×10－3,8)F≈3.1×10－4F。12.(6分)某兴趣小组想自制一个电容器，如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。(1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号)。A．增大电容器的充电电压B．减小电容器的充电电压C．锡箔纸面积尽可能大D．锡箔纸卷绕得尽可能紧(2)用如图乙所示电路为电容器充电，电源输出电压恒为U0，电容器电容为C，电阻箱电阻为R。将电阻箱阻值分别调为R1、R2，通过电流传感器和计算机绘制出闭合开关S后电容器所带电荷量q随时间t变化的关系图像分别如图丙实线①、②所示。则图丙中t＝0时刻，通过电容器的电流大小I0＝________(用题给物理量符号U0、C、R表示)；R1________R2(选填“<”“>”或“＝”)。答案(1)CD(2)eq\f(U0,R)<解析(1)电容器的电容与充电电压无关，故A、B错误。题图甲圆柱形电容器虽然不是平行板电容器，但可以使用C＝eq\f(εrS,4πkd)进行定性分析，使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，会使S增大或使d减小，所以都可以增大电容，C、D正确。(2)t＝0时刻，电容器所带电荷量q＝0，根据Q＝CU，可知电容器极板间电压UC＝0，而U0＝UC＋UR，则UR＝U0，根据欧姆定律可知，此时通过电阻箱的电流大小即通过电容器的电流大小I0＝eq\f(U0,R)。t＝0时刻开始的一段极短时间Δt内，曲线①电荷量的增加量Δq比曲线②的大，根据I＝eq\f(Δq,Δt)，则t＝0时刻曲线①对应的电流较大，结合I0＝eq\f(U0,R)可知，R1<R2。三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)把q＝1.0×10－8C的正电荷，从电场中的A点移至B点，静电力做正功，且WAB＝1.2×10－6J，求：(1)A、B两点间的电势差；(2)若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？答案(1)120V(2)120V1.2×10－6J解析(1)根据公式UAB＝eq\f(WAB,q)可得UAB＝eq\f(1.2×10－6J,1.0×10－8C)＝120V。(2)因为UAB＝φA－φB，而φB＝0，所以φA＝UAB＝120V。根据定义，q在A点的电势能等于把电荷从A点移动到零电势点静电力所做的功，B点为零电势点，故Ep＝WAB＝1.2×10－6J。(也可以根据Ep＝qφ可得q在A点的电势能Ep＝qφA＝1.2×10－6J)14．(12分)如图所示，在竖直平面内有一固定在水平地面上的足够长的光滑绝缘轨道ABC，它由两部分组成。AB部分与