课时跟踪检测（八） 带电粒子在电场中的运动-高中物理必修三（粤教版）

课时跟踪检测（八）带电粒子在电场中的运动A组—重基础·体现综合1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是()A．质子(eq\o\al(1,1)H) B．氘核(eq\o\al(2,1)H)C．α粒子(eq\o\al(4,2)He) D．钠离子(Na＋)解析：选A粒子在电场中做加速运动，由动能定理可知，qU＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子的比荷越大，速度越大，故质子的速度最大，A选项正确。2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)，下列说法正确的是()A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确解析：选B根据能量守恒定律可知，只有电场力做功的情况下，动能和电势能之和保持不变，即带电粒子受电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B选项正确。3．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()A．可能做直线运动B．一定不做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小解析：选C小球受重力和电场力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，A、B选项错误；合力方向与速度方向先成钝角，后成锐角，即合力先做负功后做正功，速率先减小后增大，C选项正确，D选项错误。4．让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的()A．初速度 B．初动能C．加速度 D．无法确定解析：选B进入电场中的粒子的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(Eq,mv0)·eq\f(L,v0)＝eq\f(qU,mv0d)·eq\f(L,v0)＝eq\f(qUL,mv02d)，质子和氘核具有相同的q，只要具有的初动能相同，则偏转角相同，故B正确。5.如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()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变小解析：选B由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，选项B正确。6.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是()A．eq\f(edL,U) B．edULC．eq\f(eU,dL) D．eq\f(eUL,d)解析：选D电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力。根据能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(eUL,d)，所以D正确。7.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点垂直电场方向射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为()A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1解析：选D粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq\f(1,2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝tB2∶tA2＝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)。D项正确。8．[多选]示波管的构造如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：选AC根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确，B、D错误。B组—重应用·体现创新9.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。10.如图所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是()A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝eq\r(2)∶1B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝eq\r(2)∶1C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)解析：选Ds1＝eq\f(1,2)at2，s2＝eq\f(1,2)a(2t)2－eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,2)at2，所以s1∶s2＝1∶3；x＝eq\f(1,2)at12，t1＝eq\r(\f(2x,a))，2x＝eq\f(1,2)at′2，t2＝t′－t1＝eq\r(\f(4x,a))－eq\r(\f(2x,a))，所以t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，故D正确。11．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为()A．8EkB．5EkC．4.25EkD．4Ek解析：选C因为偏转距离为y＝eq\f(qUL2,2mdv02)，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为eq\f(y,4)，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。12.[多选]如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()A．在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(1,4)UqB．在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶2解析：选BC粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个eq\f(t,2)的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3,8)Uq，A错误，B正确；由W＝Eqx知，在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶1，C正确，D错误。13.加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2)。质子的比荷取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)根据周期和频率的关系T＝eq\f(1,f)得T＝eq\f(1,f)＝10－7s。设漂移管B的长度为xB，则xB＝vBeq\f(T,2)＝0.4m。(2)设相邻漂移管间的电压为U，则质子由B到E的过程中根据动能定理得3qU＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvB2，解得U＝6×104V。答案：(1)0.4m(2)6×104V14．(2021·海南三校联考)水平放置的两块平行金属板长L＝5.0cm，两板间距d＝1.0cm，两板间电压为90V且上板为正。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量e＝1.6×10－19C，电子质量me＝9.1×10－31kg，计算结果保留两位有效数字)(1)电子偏离金属板时的侧位移；(2)电子飞出电场时的速度大小；(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10cm，求OP的长。解析：(1)电子在电场中的加速度a＝eq\f(Ue,md)，运动时间t＝eq\f(L,v0)，侧位移即竖直方向位移：y0＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdv02)，代入数据解得y0≈4.9×10－3m。(2)电子飞出电场时，水平分速度vx