（素能提升训练）第十章 5.带电粒子在电场中的运动-【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2019）

5．带电粒子在电场中的运动 [对应素能提升训练第22页] 1．质子(11H)、α粒子(24He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是(　　) A．质子(11H)　　　　　 B．α粒子(24He) C．钠离子(Na＋) D．都相同 解析　qU＝mv2－0，U相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故B正确。 答案　B 2．如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则(　　) A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2 B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2 C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝∶1 D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶ 解析　电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1。由动能定理Ue＝mv2得v＝，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶。 答案　D 3．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水平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∶2 C．1∶1，3∶4　　 D．4∶3，2∶1 解析　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＝at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝t∶t＝1∶4。而ma＝qE，m＝，＝·＝×＝。综上所述，D正确。 答案　D 4．在如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交流电压，开始时B板的电势比A板的高。这时在两板中间的电子由静止在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)(　　) A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性运动 B．电子一直向A板运动 C．电子一直向B板运动 D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性运动 解析　由运动学和动力学规律可画出如图所示的v－t图像，可知电子一直向B板运动，C正确。 答案　C 5．图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是(　　) A　　　　　B　　　　　　C　　　　　D 解析　由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。 答案　B 6．如图所示，在xOy平面的第一象限内有与y轴平行的有界匀强电场。一电子以垂直于y轴的初速度v0从P(0，2L)点射入电场中，并从A(2L，0)点射出电场。已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子的重力。求： (1)第一象限内电场的方向； (2)电子从P点运动到A点的时间； (3)匀强电场的电场强度大小。 解析　(1)因电子做类平抛运动向下偏转，则其所受电场力沿y轴负方向，电子带负电，受力方向和电场强度的方向相反，故第一象限的电场强度沿y轴正方向。 (2)电子从P点运动到A点受恒力与初速度垂直，做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动2L＝v0t 可得运动时间为t＝。 (3)电子在竖直方向做匀加速直线运动，有 2L＝at2， a＝， 联立可得E＝。 答案　(1)沿y轴正方向　(2)　(3) 7．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O(为薄金属环)及A、B、C、D、E 5个金属圆筒(又称漂移管)，相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入(初速度为0)薄金属环O的轴心并沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则(　　) A．质子从圆筒E射出时的速度大小为 B．圆筒E的长度为T C．MN所接电源是直流恒压电源 D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2 解析　质子从O沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得5eU＝mvE2，质子从金属圆筒E射出时的速度大小为vE＝，选项A错误；质子在金属圆筒内做匀速运动，所以金属圆筒E的长度为LE＝vET＝T ，选项B正确；同理可知，金属圆筒A的长度LA＝T，金属圆筒B的长度LB＝T，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶，选项D错误；因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，质子每次经过狭缝时，电场方向都向右，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。 答案　B 8．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则(　　) A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，滑块经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5 D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功 解析　根据速度与时间图像可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，滑块经过边界MN的时刻是t＝2 s，故B错误；由图像的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1＝，离开电场后的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律得：qE－Ff＝ma1，Ff＝ma2解得，摩擦力与电场力之比为2∶5，故C正确；整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等，故D错误。故应选C。 答案　C 9．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　由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tan θ＝，B正确。 答案　B 10．喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。则微滴在极板间电场中(　　) A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与电荷量无关 解析　由于墨汁微滴带负电，应向正极板偏转，电场力做正功，电势能应减小，A、B均错误；由于所受电场力恒定且与初速度方向垂直，所以墨汁微滴做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，轨迹与电荷量有关，电荷量越大，微滴受力越大，打在纸上的位置越偏上，C正确，D错误。 答案　C 11．(多选)如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交流电压U，A板的电势φA＝0，UBA随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则(　　) A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 解析　根据电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的图像。 由图可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确。若电子在时刻进入电场，则由图知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确。若电子在时刻进入电场，则由图知，在第一个周期电子即返回至A板，C错误。若电子在时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，D错误。综上分析可知本题的正确选项为A、B。 答案　AB 12．计算机断层(CT)扫描仪是医院常用设备，下图是部分结构的示意图。图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置。靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线 OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上。已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、间距为d；靶台直径为、与OO1的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离也为；电子质量为m、电荷量为e；电子重力和所受空气阻力的影响可忽略。 (1)求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1。 (2)若电子刚好打在靶台左端，求EF极板所加电压U2。 (3)若只改变EF极板间电压，使打在靶台上的电子动能最小，求此动能的最小值Emin。 解析　(1)电子在MN极板间被加速，则U1e＝mv12，解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1＝； (2)若电子刚好打在靶台左端，则射出EF极板时速度的偏转角满足tan θ＝＝， tan θ＝， 其中a＝，t＝， 解得U2＝； (3)使打在靶台上的电子动能最小，则电子在偏转电场中偏转距离最小，电子打在靶台上右端时电子的动能最小，此时由平抛运动的规律可知连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向，则由几何关系得＝＝，即y＝， 则由y＝t2，t＝， 解得U3＝， 则电子打到靶台上的最小动能Emin＝U1e＋ye＝U1e。 答案　(1)　(2)　(3)U1e 学科网（北京）股份有限公司 $$