1、5.带电粒子在电场中的运动课后训练巩固提升双基巩固学考突破1.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孔沿垂直金属板方向射入电场中,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 eVB.500 eVC.400 eVD.-100 eV答案:C解析:电子从A向B运动时,电场力对电子做负功,若电子到达B时,克服电场力所做的功W=qU=500eV400eV,因此电子不能到达B,电子向右做减速运动,在到达B之前速度变为零,然后反向运动,从A点离开电场,在整个过程中,电场力做功为零,由动能
2、定理可知,电子离开电场时的动能Ek=400eV,故C正确。2.一束正离子以相同的速率从同一位置,沿垂直于电场方向飞入匀强电场中,所有离子的运动轨迹都是一样的,这说明所有粒子()A.都具有相同的质量B.都具有相同的电荷量C.具有相同的比荷D.都是同一元素的同位素答案:C解析:由偏转距离y=12qEmlv02=qEl22mv02可知,若运动轨迹相同,则水平位移相同,偏转距离y也应相同,已知E、l、v0是相同的,所以应有qm相同。3.如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处自由释放一个电子(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
3、负极板处自由释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则()A.a1a2=11,v1v2=12B.a1a2=21,v1v2=12C.a1a2=21,v1v2=21D.a1a2=11,v1v2=12答案:D解析:电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的电场力不变,故a1a2=11。由动能定理Ue=12mv2得v=2Uem,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v1v2=12。4.(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
4、.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应带正电答案:AC解析:本题考查示波管的原理,培养科学态度及分析实际问题的能力。由荧光屏上亮斑的位置可知,电子在XX偏转电场中向X极板方向偏转,故极板X带正电,A正确,B错误;电子在YY偏转电场中向Y极板方向偏转,故极板Y带正电,C正确,D错误。5.如图所示,矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场,粒子a由顶点A射入,从BC的中点P射出,粒子b由AB的中点O射入,从顶点C射出。若不计重力,则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)之比是()A.12B.21C.18D.81答案:D解析
5、:a粒子和b粒子在水平方向均做速度为v的匀速运动,分别有lBP=vta,lBC=vtb,且2lBP=lBC,故2ta=tb;在竖直方向上,分别有lAB=12qaEmata2,lOB=12qbEmbtb2,且lAB=2lOB,解得a和b的比荷之比为qamaqbmb=81。6.如图所示,一个质子以初速度v0=5106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度为3105 N/C。质子质量m=1.6710-27 kg,电荷量q=1.6010-19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。答案:6106 m/s解析:根据动能定理W=12
6、mv12-12mv02而W=Ep1-Ep0=qEd=1.6010-1931050.2J=9.610-15J所以v1=2Wm+v02=29.610-151.6710-27+(5106)2m/s6106m/s质子飞出时的速度约为6106m/s。7.如图所示,喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷,在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上。已知两偏转极板长度l=1.510-2 m,两极板间电场强度E=1.2106 N/C,墨滴的质量m=1.010-13 kg,电荷量q=1.010-16 C,墨滴在进入电场前的速度v0=15 m/s,方向与两极板平行。不计空气阻力和墨滴重力,假设偏转电场
7、只局限在平行极板内部,忽略边缘电场的影响。(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷。(2)求墨滴在两极板之间运动的时间。(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y。答案:(1)负电荷(2)1.010-3 s(3)6.010-4 m解析:(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动,那么墨滴在两板之间运动的时间t=lv0代入数据可得t=1.010-3s。(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=Eqm代入数据可得a=1.2103m/s2离开偏转板时在竖直方向的位移y=12at2代入数据可得y=6.010-4m。选考奠基素养提升1.如图所示,从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动,
8、下列说法错误的是(设电源电动势为U)()A.电子到达B板时的动能是UeB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3UeD.电子在A板和D板之间做往复运动答案:C解析:电子在AB之间做匀加速运动,且eU=Ek,选项A正确;电子在BC之间做匀速运动,选项B正确;在CD之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,选项D正确。2.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,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是()A.U1变大
9、、U2变大B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小答案:B解析:设电子被加速后获得的速度为v0,则由动能定理得qU1=12mv02设极板长为l,则电子在电场中偏转所用的时间为t=lv0设电子在平行板间受静电力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a=qEm=qU2dm电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度为vy=at解得vy=qU2ldmv0故tan=vyv0=qU2ldmv02=qU2l2dqU1=U2l2dU1所以U2变大或U1变小都可能使偏转角变大,故选项B正确。3.在光滑水平面上有一比荷qm=1.010-7 C/kg的带正电小球,静止在O点,以O点为原点,在
10、水平面内建立坐标系Oxy,现突然加一沿x轴正方向、电场强度为2.0106 V/m的匀强电场,小球开始运动。经过1 s,所加电场突然变为沿y轴正方向,电场强度大小不变。则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是()答案:C解析:本题考查带电小球的偏转问题,通过分析与计算,培养科学思维能力。小球加速度大小a=qEm=0.20m/s2,1s末小球速度vx=at=0.20m/s,沿x轴方向距离x1=12at2=120.2012m=0.10m。第2s内小球做类平抛运动,轨迹为抛物线,x方向x2=vxt=0.20m,沿y轴方向y2=12at2=120.2012m=0.1m,故第2s末小球坐标为(0.30m,0.1
11、0m),故C正确。4.(多选)如图所示,一电子沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知lOA=lAB,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为Ek1和Ek2,则()A.vCyvDy=12B.vCyvDy=14C.Ek1Ek2=13D.Ek1Ek2=14答案:AD解析:电子沿Ox轴射入匀强电场,做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,已知lOA=lAB,则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCyvDy=tOCtOD=12,故A正确,B错误。根据匀
12、变速直线运动的推论可知,在竖直方向上,yOCyOD=14,根据动能定理得Ek1=qEyOC,Ek2=qEyOD,则得,Ek1Ek2=14,故C错误,D正确。5.长为l的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场,一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子,以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场,刚好从下极板边缘射出,射出时速度恰与下极板成30角,如图所示,不计粒子重力,求:(1)粒子末速度的大小;(2)匀强电场的电场强度;(3)两极板间的距离。答案:(1)23v03(2)3mv023ql(3)36l解析:(1)粒子离开电场时,合速度与水平方向夹角为30,由几何关系得合速度
13、v=v0cos30=23v03。(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动,在水平方向上,l=v0t,在竖直方向上,vy=at,vy=v0tan30=3v03,由牛顿第二定律得,qE=ma,解得,E=3mv023ql。(3)粒子做类平抛运动,在竖直方向上,d=12at2,解得d=36l。6.如图所示,AMB是一条长l=10 m的绝缘水平轨道,固定在离水平地面高h=1.25 m处,A、B为端点,M为中点。轨道MB处在方向竖直向上、大小E=5103 N/C的匀强电场中。一质量m=0.1 kg、电荷量q=+1.310-4 C的可视为质点的滑块以初速度v0=6 m/s在轨道上自A点开始向右运动,经M点进入电场,从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2,求:(1)滑块到达M点时的速度大小;(2)滑块从M点运动到B点所用的时间。答案:(1)4 m/s(2)107s解析:(1)滑块在AM段的加速度大小为a1=Ffm=mgm=2m/s2由运动学公式得vM2-v02=2(-a1)l2代入数据解得vM=4m/s。(2)滑块在MB段的加速度大小为a2=(mg-qE)m=0.7m/s2,由运动学公式得l2=vMt-12a2t2,且tvMa2=407s,代入数据解得t=107s。