2.4 带电粒子在电场中的运动 同步作业 -2025-2026学年高二上学期物理鲁科版必修第三册

第4节 带电粒子在电场中的运动 作业 一、选择题 1.两平行金属板相距为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出，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. B .edUL C. D. 2.如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　) A .开关S断开 B .初速度变为2v0 C .板间电压变为 D .竖直移动上板，使板间距变为2d 3.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，电子的重力可忽略 .在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况，一定能使电子的偏转角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 4.静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力、则带电粒子的比荷q/m为(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 5 .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∶4 C .U1∶U2＝1∶2 D .U1∶U2＝1∶1 6.如图所示，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∶1 C .5∶2 D .3∶1 7 .如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上) .若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则(　　) A .X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B .X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C .X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D .X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极 8.(多选)如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空 .A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是(　　) A .如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v B .如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为 C .如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v D .如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为 二、计算题(要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位) 9. 长为L的平行金属板，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q，质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下极板成30°角，如图所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离． 10.如图所示是示波管工作原理示意图，电子经加速电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为l.为了提高示波管的灵敏度(单位偏转电压引起的偏转量)可采取哪些措施？ 11.如图所示，长L＝0.4 m的两平行金属板A、B竖直放置，相距d＝0.02 m，两板间接入的恒定电压为182 V，B板接正极，一电子质量m＝9.1×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，以v0＝4×107 m/s的速度紧靠A板向上射入电场中，不计电子的重力． 问:电子能否射出电场？若能，计算在电场中的偏转距离；若不能，在保持电压不变的情况下，B板至少平移多少，电子才能射出电场？ 12.如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，荧光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求： (1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0的大小； (2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y； (3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y. 参考答案： 1.答案　D解析　电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小 .根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力 .根据能量守恒定律得mv02＝eUOA.因E＝，UOA＝EL＝，故mv02＝.故选D. 2.答案　B解析　开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为时，板间场强变为原来的，质子所受的静电力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，质子不能落到下板边缘，D错误 . 3.答案　B解析　设电子被加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝mv02，设平行极板长为l，则电子在平行极板间偏转的时间t＝，设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝＝，电子射出平行极板时，竖直分速度vy＝at，联立可得：vy＝，tan θ＝＝，故U2变大、U1变小时，一定能使偏转角θ变大，选项B正确，选项A、C、D错误 . 4.【答案】　C【解答】　根据动能定理：Wab＝ΔEk列式得：q(φa－φb)＝mv－mv 整理得：＝＝. 5.答案　A解析　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确 . 6.答案　A解析　粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度分别为a1＝，a2＝，设两粒子经过同一平面的时间为t， 则正粒子的位移＝a1t2＝t2 ① 负粒子的位移＝a2t2＝t2 ② 联立可解得M∶m＝3∶2，选项A正确 . 7.答案　D解析　若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确 . 8.答案　AC解析　电子在两个电极间的加速电场中加速，由动能定理eU＝mv2－0得v＝，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子离开K时的速度，故A正确，B错误；电压减半，则电子离开K时的速度为v，C正确，D错误 . 9.【解析】　设场强为E，极板间距离为d，则 d＝at2＝()2 ① tan 30°＝＝＝· ② 由①②解得：E＝，d＝L. 【答案】　　L 10.【解析】　电子经U1加速后，设以v0的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得： mv－0＝eU1 ① 电子在偏转电场中运动的时间t为：t＝ ② 电子在偏转电场中的加速度a为：a＝ ③ 电子在偏转电场中的偏转量h为：h＝at2 ④ 由①②③④式联立解得示波管的灵敏度 为：＝. 可见增大l、减小U1或d均可提高示波管的灵敏度． 【答案】　增大l、减小U1或d 11.【解析】　设电子能射出极板，则t＝＝ s＝10－8 s， 水平方向加速度a＝ 代入数据得a＝1.6×1015 m/s2 y＝at2代入数值得： y＝0.08 m＞d.故不能射出． 若恰能射出，则B板需向右移动，设板间距变为d′，则d′＝·t2 d′＝t＝10－8× m＝0.04 m Δd＝d′－d＝0.02 m 【答案】　不能，右移0.02 m 12.答案　(1)4×107 m/s　(2)0.25 cm　(3)0.05　(4)1 cm 解析　(1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝mv02，解得v0＝4×107 m/s. (2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9 s. 在垂直初速度方向y＝at2＝·t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm. (3)偏转角的正切值tan θ＝＝＝＝0.05. (4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则＝tan θ，解得Y＝1 cm. 学科网（北京）股份有限公司 $