课时作业(8) 带电粒子在电场中的运动（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（粤教版2019）

课时作业(8)　带电粒子在电场中的运动 [对应学生用书P162] 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(H)　　　　　　 B．氘核(H) C．α粒子(He) D．钠离子(Na＋) A　[粒子在电场中做加速运动，根据动能定理可知，qU＝mv2－0，解得v＝ ，粒子的比荷越大，速度越大，故质子的速度最大，A符合题意．] 2．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，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 AC　[由题意可知，电子在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A正确，B错误；电子在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C正确，D错误．] 3．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500 V．一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，若不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为(　　) A．900 eV B．500 eV C．400 eV D．－100 eV C　[电子从A向B运动时，静电力对电子做负功，若电子能到达B点，则此过程克服静电力所做的功W＝eU＝500 eV>400 eV，因此电子不能到达B孔，电子向右做减速运动，在到达B孔之前速度变为零，然后反向运动，从A孔离开电场，在整个过程中，静电力做功为零，由动能定理可知，电子离开电场时的动能Ek＝400 eV，故C正确．] 4．如图所示，在正方形ABCD区域内有方向向下的匀强电场，一带电粒子(不计重力)从A点进入电场，初速度v0的方向与电场方向垂直，粒子的初动能为E0，最后从C点离开电场，则粒子经过C点时的动能为(　　) A．2E0 B．3E0 C．4E0 D．5E0 D　[由类平抛规律，设电场区域边长为L，应满足水平方向：L＝v0t，竖直方向：L＝··t2.联立两式解得：L＝，再由动能定理可得：qEL＝Ek－E0，其中E0＝mv，解得：Ek＝5E0.] 5．(2022·6月浙江卷)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A．M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都增加 C．粒子在两板间的加速度为a＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ C　[粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝，t＝，解得a＝，C正确，D错误．] 6．如图，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相同的速度v0从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　) A．A和B在电场中运动的时间之比为2∶1 B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1 C．A和B的质量之比为1∶2 D．A和B的位移大小之比为1∶1 B　[粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有x＝v0t，由于带电粒子A、B以相同的速度v0从同一点出发，所以粒子的运动时间之比＝＝＝，故A错误；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y＝at2，由于粒子在竖直方向上的位移相等，所以加速度之比＝＝，故B正确；由牛顿第二定律得qE＝ma，则粒子的质量之比＝＝＝×＝，故C错误；A、B两个粒子在竖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1∶1，故D错误．] 7．如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时粒子的速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN之间的距离为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求： (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1； (2)水平匀强电场的电场强度的大小； (3)a、b两点间的电势差． 解析　(1)由动能定理得：qU＝mv 代入数据得v1＝1.0×104 m/s. (2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vx＝at 由题意得：tan 30°＝ 由牛顿第二定律得：qE＝ma 联立以上各式并代入数据得： E＝×103 N/C≈1.732×103 N/C. (3)由动能定理得 qUab＝m(v＋v)－0 联立以上各式并代入数据得：Uab＝400 V. 答案　(1)1.0×104 m/s　(2)1.732×103 N/C (3)400 V 8．一个带负电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　) A．小球不能过B点 B．小球仍恰好能过B点 C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0 D．以上说法都不对 B　[没有电场时，设小球在最高点B速度为v，则mg＝m又根据机械能守恒定律，有：mg(h－2R)＝mv2 解得：h＝R 加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′，则： mg－qE＝m 解得：v′＝ 由动能定理得：mg(h－2R)－qE(h－2R)＝mv′2 解得：v′＝ 说明小球仍恰好能过B点，故在B点时与轨道的压力为零．故B正确，A、C、D错误．] 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 A　[根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，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，之后沿原路返回，故A正确．] 10．(2022·全国甲卷)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后，(　　) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 BD　[由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D项正确．] 11．如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． 解析　(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg 且由带电质点在第一象限中做直线运动，有tan θ＝ 解得θ＝45°. (2)P到Q的过程，由动能定理有 qEL－mgL＝0 WPQ＝qEL 解得UPQ＝＝－. (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动， 由牛顿第二定律有mg＝ma， 即a＝g，v0＝at 解得t＝ 带电质点在第一象限中运动所用的时间T＝2t＝. 答案　(1)45°　(2)－　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$