【全优课堂】2016高考物理总复习 第7章 第5课时 带电粒子在电场中的运动课时作业（含解析）.doc

‎【全优课堂】2016高考物理总复习 第7章 第5课时 带电粒子在电场中的运动课时作业 一、单项选择题 ‎1．A、B两完全相同的平行金属板相距为d，分别带等量异种电荷．一电子从带负电的B板附近由静止开始运动，到达A板的时间为t.现将两板间的距离增大为原来的两倍，保持每块极板的带电荷量不变，则电子从B板由静止出发运动到A板的时间应为(　　)‎ A．t B．2t ‎ C．2 t D．4t ‎【答案】A ‎【解析】根据匀变速直线运动的规律得d＝at2＝，其中两极板电势差U＝＝，代入后可得：t∝.则d增大1倍后，t变为原来的倍．‎ ‎2. (2014·石家庄一中检测)如图1所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)(　　)‎ 图1‎ A．电子到达B板时的动能是U(eV)‎ B．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3U(eV)‎ D．电子在A板和D板之间做往复运动 ‎【答案】C ‎【解析】由电路图可得，电子在A、B板间加速运动，电场力做正功U(eV)，在B、C板间匀速运动，在C、D板间减速运动，电场力做负功－U(eV)，所以电子在D板处速度为零，电子在A板和D板之间做往复运动，所以答案为C．‎ ‎3．平行板电容器两板间的电压为U，板间距离为d，极板长为L，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从该电容器的正中央沿与匀强电场的电场线垂直的方向射入，不计重力，当粒子的入射初速度为v0时，它恰能穿过电场而不碰到金属板．为了使入射速度为的同质量的带电粒子也恰好能穿过电场而不碰到金属板，则在其他量不变的情况下，必须满足(　　)‎ 7‎ A．使粒子的电荷量减半 B．使两极板间的电压减半 C．使两极板间的间距加倍 D．使两极板间的间距增为原来的4倍 ‎【答案】C ‎【解析】当以初速度v0射入时：＝·即d2＝·，当以初速度射入时：＝·即d′2＝·，故C对D错．‎ ‎4．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图2所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(　　)‎ 图2‎ 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 ‎【答案】B ‎【解析】电子通过加速电场有eU1＝mv，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t＝.在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝，末速度vy＝at＝，且偏转位移y＝at2＝，偏转角tan θ＝＝，所以θ ∝.‎ 二、双项选择题 ‎5．某同学设计了一种静电除尘装置，如图3甲所示，其中有一个长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图3乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是(　　)‎ 7‎ 图3‎ A．只增大电压U B．只增大长度L C．只增大高度d D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0‎ ‎【答案】AB ‎【解析】本题考查了尘埃在电场中的偏转，意在考查学生对类平抛运动的理解．尘埃做类平抛运动，有y＝at2，a＝，t＝，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增大，故A、B选项对；而只增大高度d或只增大尘埃，被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减少，故C、D选项错．‎ ‎6.三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图4所示，下面判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电 B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是aa>ab>ac C．三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta>tb>tc D．电场力对落在c点的颗粒做负功 ‎【答案】BD ‎【解析】由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间 t＝，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得taac，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带正电，故答案为B、D． ‎ ‎7．如图5所示，长为L，倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则(　　)‎ 图5‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 7‎ B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是 D．若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎【答案】BD ‎【解析】小球从A到B的过程中机械能增加，电场力做正功，电势能减小，小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，A错．A到B的过程中qU＝，故U＝，B正确．若电场是匀强电场，则小球沿斜面匀速上滑，电场力和重力沿斜面方向的分力大小相等，电场力方向不确定，所以电场场强的最大值不确定，C错．小球在B点的电势能小于在A点的电势能，所以在电荷Q产生的电场中，B点的电势一定低于A点的电势，由几何关系知电荷Q到B的距离大于电荷Q到A的距离，故Q为正电荷，D正确．‎ ‎8．(2015·深圳调研)如图6所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中问以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是(　　)‎ 图6‎ A．该带电粒子带正电 B．该带电粒子带负电 C．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 D．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 ‎【答案】AC ‎【解析】粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，则受力的方向与电场的方向相同，所以粒子带正电．故A正确，B错误；粒子以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，设极板的长度是L，极板之间的距离是d，时间t，则：at2＝d；v0t＝L若粒子恰能从负极板边缘射出，则时间t不变，沿极板方向的位移：x＝vt＝L，所以：v＝＝＝2v0，故C正确；恰能从负极板边缘射出，根据：Ek＝mv2可知，粒子的动能需增加为原来的4倍．故D错误．‎ ‎9．(2015·茂名二模)如图7所示，带电粒子从A 7‎ 开始沿虚线穿过竖直放置的平行板电容器，则粒子(　　)‎ 图7‎ A．带负电 B．做加速运动 C．机械能增加 D．电势能增大 ‎【答案】AD ‎【解析】本题考查电场力的属性、能的属性及功能关系，意在考查考生对带电粒子在匀强电场中的运动和处理能力．由题意知带电粒子受到重力与水平向左的电场力，合力与其运动速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，B项错；由于平行板电容器场强水平向右，故可以断定粒子带负电，A项正确；由于电场力的方向与粒子速度方向的夹角为钝角，故电场力对粒子做负功，粒子机械能减少，电势能增加，故D项正确，C项错误．‎ ‎10．一个带负电荷量为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而做圆周运动．现在竖直方向上加如图8所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球并下滑，则(　　)‎ 图8‎ A．小球不能过B点 B．小球仍恰好能过B点 C．小球通过B点，且在B点与轨道之间压力为0‎ D．以上说法都不对 ‎【答案】BC ‎【解析】小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝mv，联立解得mg－qE＝m，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B、C正确．‎ 三、非选择题 ‎11.如图9所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102‎ 7‎ ‎ V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝‎0.80 m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0＝2.0×‎102 m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m＝2.0×10－‎15 kg、电荷量为q＝＋10－‎12 C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)‎ 图9‎ ‎(1)粒子源所在处a点的电势；‎ ‎(2)带电粒子打在金属板上时的动能；‎ ‎(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？‎ ‎【答案】(1)80 V　(2)1.2×10－10 J ‎(3)面积‎4 m2‎　可以通过减小h或增大E来实现 ‎【解析】(1)题中匀强电场竖直向下，b板接地；‎ 因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.8 V＝80 V.‎ ‎(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理 qUab＝Ek－mv 可得带电粒子打在金属板上时的动能为 Ek＝qU＋mv＝1.2×10－10 J.‎ ‎(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t时间落在板上：‎ x＝v0t，h＝at2‎ a＝，S＝πx2‎ 联立以上各式得所形成的面积S＝＝4 m2，可以通过减小h或增大E来实现．‎ ‎12．如图10所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝－L、x＝－‎2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：‎ 7‎ 图10‎ ‎(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；‎ ‎(2)在电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子，电子离开MNPQ的最小动能．‎ ‎【答案】(1)(－2L,0)　(2)eEL ‎【解析】(1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，‎ 由y＝对于B点y＝L，则x＝L 所以eE·L＝mv 解得v0＝ 设在电场Ⅱ中运动的时间为t1‎ L－y1＝at＝·()2‎ 解得y1＝0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(－2L,0)．‎ ‎(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.‎ eEx＝mv y2＝at＝·()2‎ 解得xy2＝，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的．‎ 其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：eE·(L＋L)＝Ek－0，‎ 所以Ek＝eEL.‎ 7‎