2022學年高二物理人教版（2022）必修第三冊同步課時作業（10）帶電粒子在電場中的運動一，選擇題1.(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板，如果要使這個帶電粒子到達M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A.使初速度減為原來的eq\f(1,2)B.使M、N間電壓加倍C.使M、N間電壓提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)2.如圖甲所示,在兩極板a、b之間有一靜止的電子,當在a、b之間加上如圖乙所示的變化電壓時(開始時a板帶正電),電子的運動情況是(不計重力,板間距離足夠大,a、b間電壓大小不變)()A.電子一直向a板運動B.電子一直向b板運動C.電子先向a板運動,再返回一直向b板運動D.電子在兩板間做周期性往返運動3.電子束焊接機中的電場線如圖中虛線所示.K為陰極,A為陽極,兩極之間的距離為d,在兩極之間加上高壓U,有一電子在K極由靜止被加速.不考慮電子重力,元電荷為e,則下列說法正確的是()A.之間的電場強度為B.電子到達A極時的動能大于C.由K到A電子的電勢能減小了D.由K沿直線到A電勢逐漸降低4.如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()的電荷量一定大于b的電荷量的質量一定大于a的質量的比荷一定大于b的比荷的比荷一定大于a的比荷5.如圖,帶電荷量之比為的帶電粒子以相等的速度從同一點出發,沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在點,若,忽略粒子重力的影響,則()和B在電場中運動的時間之比為2:1

和B運動的加速度大小之比為4:1

和B的質量之比為1:2

和B的位移大小之比為1:16.如圖所示,是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板.質量為m、電荷量為q的帶負電的粒子(不計重力)以初速度由小孔水平射入電場,當間的電壓為U時,粒子剛好能到達N板.如果要使該帶電粒子到達兩板中點位置處即返回,則下列措施能滿足要求的是()A.使初速度減小為原來的一半B.使間的電壓加倍C.使間的電壓提高到原來的4倍D.使初速度減小為原來的一半,同時間的電壓加倍7.一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek。如果使這個帶電粒子的初速度變為原來的兩倍，那么它飛出電容器的動能變為() 8.如圖所示，正六面體真空盒置于水平面上，它的面與面均為金屬板，面帶正電，面帶負電，其他面為絕緣材料。從小孔沿水平方向平行于面以相同速率射入三個質量相同的帶正電液滴，最后分別落在1、2、3三點。下列說法正確的是()A.三個液滴在空中運動的時間相同B.三個液滴落到底板時的速率相同C.液滴c所帶的電荷量最少D.整個運動過程中液滴a的動能增量最大9.質子和α粒子（氦核）分別從靜止開始經同一加速電壓加速后，垂直電場方向進入同一偏轉電場，偏轉電場電壓。兩種粒子都能從偏轉電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉電場時速度方向正對熒光屏中心O點。下列關于兩種粒子運動的說法正確的是()A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質子離O點較遠C．兩種粒子離開偏轉電場時具有相同的動能D．兩種粒子離開偏轉電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大10.如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()<t0<eq\f(T,4) \f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)\f(3T,4)<t0<T <t0<eq\f(9T,8)11.如圖所示,矩形區域ABCD內存在豎直向下的勻強電場,兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場,粒子a由頂點A射入,從BC的中點P射出,粒子b由AB的中點O射入,從頂點C射出.若不計重力,則()和b在電場中運動的時間之比為1:2

和b在電場中運動的時間之比為2:1

和b的比荷之比為1:8

和b的比荷之比為8:1二，計算題12.如圖所示，有一電子(電荷量為e)經電壓U0加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從金屬板邊緣穿出電場，求：(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時的動能。13.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？14.如圖甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時間變化的電壓。A、B板中點O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質量為m，在0～eq\f(T,2)時間內粒子處于靜止狀態。已知重力加速度為g，周期T＝eq\r(\f(d,g))。求：(1)判斷該粒子的電性；(2)在0～eq\f(T,2)時間內兩板間的電壓U0；(3)若t＝T時刻，粒子恰好從O點正下方金屬板A的小孔飛出，那么eq\f(U0,Ux)的值應為多少。

答案以及解析1.答案：BD解析由qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，當v0變為eq\f(\r(2),2)v0時l變為eq\f(l,2)；因為qE＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通過分析知B、D選項正確。2.答案：D解析：在時間內,電子受到的電場力方向向上,則向上做勻加速直線運動,在時間內,電子受到的電場力方向向下,向上做勻減速直線運動,時刻速度為零;在時間內,電子受到的電場力方向向下,向下做勻加速直線運動,在時間內,電子受到的電場力方向向上,向下做勻減速直線運動,接著重復前面的運動,故電子在兩板間做周期性往返運動.故選D.3.答案：C解析：之間的電場是非勻強電場,公式不適用,因此之間的電場強度不等于,故A錯誤;根據動能定理得,得電子到達A極時的動能,故B錯誤;由K到A電場力對電子做正功,電子的電勢能減小了,故C正確;電子所受電場力向下,電場方向向上,則由K沿直線到A電勢逐漸升高,故D錯誤.4.答案：C解析粒子在電場中做類平拋運動，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))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)，故選項C正確。5.答案：B解析：粒子在電場中做類平拋運動,在水平方向有,由于帶電粒子以相等的速度從同一點出發,所以粒子的運動時間之比,故A錯誤;粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,有,由于粒子在豎直方向上的位移相等,所以加速度之比,故B正確;由牛頓第二定律得,則粒子的質量之比,故C錯誤;兩個粒子在豎直方向上的位移相等,但水平方向上的位移不相等,所以合位移大小不相等,位移大小之比不是,故D錯誤.6.答案：B解析：粒子在進入電場運動的過程中,設帶電粒子在電場中運動的最遠距離為x,由動能定理得,所以,則使初速度減小為原來的一半,可得x減小為原來的,故A錯誤;若電壓提高到原來的2倍,則x減小為原來的,即粒子運動到兩板中點處即返回,故B正確;使間的電壓提高到原來的4倍,則x減小為原來的,故C錯誤;使初速度減小為原來的一同時間的電壓加倍,則x減小為原來的,故D錯誤.7.答案：C解析因為偏轉距離為y＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))，帶電粒子的初速度變為原來的兩倍時，偏轉距離變為eq\f(y,4)，所以靜電力做功只有W＝，而初動能變為4Ek，故它飛出電容器時的動能變為。故正確選項為C。8.答案：D解析：A.水平分運動是勻速直線運動,由于,故；故A錯誤；B.液滴以相同的速率射入，初動能相等，而動能的增量不同，所以落到底板時的速率不相同，故B錯誤。C.豎直分運動是初速度為零的勻加速直線運動,由;又由于,故;由牛頓第二定律得：，所以液滴c所帶的電荷量最多，故C錯誤；D.由動能定理得：,質量相同,，所以液滴a的動能增量最大，故D正確；故選：D。9.答案：AD解析：AB.由動能定理得，設偏轉極板的極板長度為L，板間距為d，則離開偏轉電場的偏轉量為，整理得：，離開偏轉電場的偏轉角的正切值，兩種粒子離開偏轉電場的偏轉量和偏轉角的正切值相同，所以兩種粒子會打在屏MN上的同一點，故A正確，B錯誤；CD.全過程由動能定理得：，解得：，待電量越大的粒子動能越大，所以粒子的動能較大，故C錯誤，D正確。10.答案：B解析若t0＝0時刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運動，一直向B運動；若t0＝eq\f(T,4)時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點間做往復運動，所以在0＜t0＜eq\f(T,4)和T＜t0＜eq\f(9T,8)時間內釋放粒子，都最終將打在B板上，因此選項A、D錯誤；若t0＝eq\f(T,2)時刻釋放粒子，則粒子一直向A運動；若t0＝eq\f(3T,4)時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點間做往復運動，因此在eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)時間內釋放該粒子，粒子的運動滿足題意的要求，選項B正確；若eq\f(3T,4)＜t0＜T時間內釋放粒子，它將在T＜t0＜eq\f(5T,4)內的某個確定時刻減速到零，之后的運動情況與選項A相同，故選項C錯誤。11.答案：AD解析：兩個粒子在水平方向上做勻速直線運動,a、b兩粒子的水平位移之比為1:2,根據可知運動時間之比為1:2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動,根據,兩粒子在豎直方向的位移之比為2:1,則a、b的加速度之比為8:1,根據牛頓第二定律知加速度,加速度之比等于兩粒子的比荷之比,則兩粒子的比荷之比為8:1.故A、D正確,B、C錯誤.12.答案：(1)deq\r(\f(2U0,U))(2)e(U0＋eq\f(U,2))解析(1)設電子飛離加速電場時的速度為v0，由動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設金屬板AB的長度為L，電子偏轉時間t＝eq\f(L,v0)②a＝eq\f(eU,md)③y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得L＝deq\r(\f(2U0,U))。(2)設電子穿出電場時的動能為Ek，根據動能定理得Ek＝eU0＋eeq\f(U,2)＝e(U0＋eq\f(U,2))。13.答案：(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場強大小相等，設均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq