1、课时作业(九)一、选择题(2、4、7、8、9、10为多项选择题，其余为单项选择题)1关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A一定是匀变速运动B不可能做匀减速运动C一定做曲线运动D可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析带电粒子在匀强电场中受恒定合外力(电场力)作用一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A项正确，B、C、D三项错误答案A2如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使()A粒子的电
2、荷量变为原来的B两板间电压减为原来的C两板间距离增为原来的4倍D两板间距离增为原来的2倍解析粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间与垂直板方向上发生位移所用时间t相等，设两板电压为U，则有：恰好穿过电场时()2，得时间t.当入射速度变为，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量变为原来的或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确答案AD设置目的考查带电粒子在电场中类平抛运动分位移、偏转角决定因素3.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
3、射热电子的阴极，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不变，则电子离开K时的速度变为2vB如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为C如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为D如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v解析由动能定理qUmv2，得v，带电粒子确定，v与成正比，与A、K间距离无关，故D项正确答案D4(2019甘肃省兰州模拟)平行板电容器的两个极板与水平地面成30角，两极板与一直流电源相
4、连，上板接电源正极，若一带电微粒恰能沿图所示水平直线通过电容器，则在此过程中()A微粒带负电B动能逐渐增加C电势能逐渐增加 D重力势能逐渐增加解析根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，电场力垂直极板向上，因上板接电源正极，故粒子带负电，A项正确；因粒子做匀减速直线运动，则动能减小，B项错误；电场力与速度方向夹角大于90，故电场力做负功，电势能增加，C项正确；因粒子沿水平线运动，故重力势能不变，D项错误；故选A、C两项答案AC5(2019河北省邯郸市模拟)如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板
5、间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度(即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量)与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是()AL越大，灵敏度越高 Bd越大，灵敏度越高CU1越大，灵敏度越高 DU2越大，灵敏度越高解析根据动能定理得，eU1mv2；粒子在偏转电场中运动的时间t，在偏转电场中的偏转位移yat2，则灵敏度.知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越小，灵敏度越大，灵敏度与U2无关故A项正确，C、B、D错误故选A项答案A6.如图所示，有水平向右的匀强电场电场强度为E0.质量为m电荷量为q的带电小球从A点以初速度v0竖直向上进入电场，小球能到达的最高点
6、为B点，返回到与A点等高的水平面上C点已知qEmg，不计空气阻力，则小球()A上升的最大高度为B到达最高点B的速率为零CA、C两点间的电势差为D到达C点的速率为v0解析小球进入电场受重力和水平方向的电场力，将小球的运动按照受力特点分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀减速运动，两个方向的加速度大小都等于gA项，由竖直方向的匀减速运动知上升的最大高度为h，故A项错误；B项，到达最高点B时经过的时间t，最高点的竖直方向的速度是0，水平方向的速度vxgtv0，所以在到达最高点B的速率不为零，故B项错误；C项，由运动的对称性知从B到C的时间还是t，从A到C发生的水平位移xg(2t)2，所以A、C两点
7、间的电势差UEx，故C项错误；D项，从A到C由动能定理得qUmvC2mv02，解得vCv0，故D项正确故选D项答案D点评本题考查了运动的合成和分解，通过分解将曲线运动转化成直线运动求解，这是求解曲线运动常用的方法，一定要掌握7.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则()A在前时间内，电场力对粒子做的功为B在时间t内，电场力对粒子做的功为qUC粒子的出射速度偏转角tanD在粒子下落前和后的过程中，运动时间之比为1解析A
8、、B项，设粒子在前时间内和在后时间内竖直位移分别为y1、y2，则y1y213，得y1d，y2d，则在前时间内，电场力对粒子做的功为W1qUqU，在时间t内，电场力对粒子做的功为WqqU.故A项正确，B项错误；C项，粒子的出射速度偏转角正切为tan.故C项正确D项，设粒子下落前和后的过程中的时间分别为t1，t2，由竖直方向的匀加速运动的位移公式得：at12，a(t1t2)2at12，解得：t1t21(1)，故D项错误故选A、C两项答案AC点评本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系8.(2019黑龙江省牡丹江)
9、如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径已知重力加速度为g，电场强度Emg/q，不计空气阻力，下列说法正确的是()A若小球在竖直平面内绕O点做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度vminB若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点解析由于电场强度E，故mgEq，物体的加速度大小为ag，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则
10、它运动的最小速度为v，则有：mg，解得，v，故A项正确；除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B项正确；小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C项错误；小球运动的最小速度为v，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做加速度为g的匀加速运动，当回到与抛出点同一高度的位置时，运动的时间t，水平位移xgt22L，即小球刚好运动到B点，故D项正确故选A、B、D三项答案A
11、BD9(2019湖南省衡阳模拟)示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，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应带负电 D极板Y应带正电解析电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X，则X带正电，同理可知Y带正电，A、D两项正确答案AD10如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()解析在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行
12、金属板间所受的电场力F，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化由牛顿第二定律Fma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图象如图1所示，vt图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移xv0tat2，所以xt图象应是曲线故本题选A、D两项答案AD设置目的考查矩形波下粒子的加速二、计算题11如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电
13、子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别位于两块水平板的中线上，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能解析(1)由U0emvB2，得vB.(2)由y，可得ld.(3)由动能定理，得U0eeEk末所以电子穿出右侧平行金属板时的动能Ek末.答案(1)(2)d(3)12如图所示，在竖直平面内有一绝缘“”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为m、电量为q的带电小球穿在杆上，从距B点x5.75R处以某初速v0开始向左运动已知小球运动中电量不变，小球与AB
14、、CD间动摩擦因数分别为10.25.20.80，电场力Eq3mg/4，重力加速度为g，sin370.6，cos370.8.求：(1)若小球初速度v04，则小球运动到半圆上B点时受到的支持力为多大；(2)小球初速度v0满足什么条件可以运动过C点；(3)若小球初速度v4，初始位置变为x4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大解析(1)运动到B点，由动能定理得：1mgxqExmv2mv02，在B点由牛顿第二定律得：Nmgm，联立解得：N5.5mg.(2)在等效最高点：设合力的方向与竖直方向的夹角为，则tan，解得：37.恰好到达等效最高点的最小速度为0，从释放到等效最高点的过程中由动能定理得：1mg
15、xqE(xRsin)mg(RRcos)0mv02.解得：v04要过C点的条件为v04.(3)由于x4R5.75R，从开始到等效最高点的过程中克服摩擦力、克服电场力做功均小于(2)问，到等效最高点的速度不为0，假设过C点后前进x1速度变为0，在CD杆上由于电场力小于摩擦力，小球减速到0后不会返回则：1mgx2mgx1qE(xx1)mg2R0mv02.小球在杆上通过的路程sxx1R，联立解得：s(44)R.答案(1)小球运动到半圆上B点时受到的支持力为5.5mg；(2)小球初速度v04可以运动过C点；(3)小球在杆上静止时通过的路程为(44)R.点评本题考查了动能定理的应用，关键是能找出等效最高点
16、即重力和电场力的合力指向圆心的位置且充当向心力13(2019河南省师范大学附属中学模拟)一束初速度不计的电子在加速电压U加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，偏转电极边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两个偏转电极之间已知电子质量为m，电荷量为q，求：(1)电子离开加速电场时速度大小；(2)要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？(3)电子最远能够打到离荧光屏上中心O点多远处？解析(1)根据动能定理得，qUmv02，解得，v0.(2)电子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，时间t，设电子刚好从平行板间飞出时，板间电压为U0，沿
17、电场方向得偏移量，y，解得，U0.(3)电子从极板边缘飞出时，打到荧光屏上的点离中心O点最远，此时的偏转角，tan，最远距离Ytan(L)(L)答案(1)(2) (3)(L)14(2019山东省淄博月考)如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，A、B间电压为U，间距为d.C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d.不考虑离子所受重力，元电荷为e.(1)写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；(2)求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上解析(1)偏转电场的场强大小为：E离子所受电场力：FEe离子的加速度为：Fma由解得：a设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：Lv0t射出电场时的偏转距离为：yat2由解得：y.(2)离子射出电场时的竖直分速度vyat射出电场时的偏转角：tan由得：tan离子射出电场时做匀速直线运动要使离子打在屏MN上，需满足：y由可得：Ek.答案(1)(2)Ek
