3-1带电粒子在电场中的运动习题.doc

第9章 第3课时一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得6分，漏选的得3分，错选的得0分)1(2010高考北京卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若()A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变【命题立意】本题考查平行板电容器问题的动态分析【解析】静电计指针的偏角反映两极板间电压的大小根据C知，保持S不变，d增大时，电容C减小，又因电荷量Q不变，根据U得，C减小时，U增大，则变大，A项正确，B项错误；同理可以判断d不变时，减小S，电容减小，电压增大，变大，C、D项均错误【答案】A2(2010高考课程标准卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()【命题立意】本题理论联系实际，考查的是带电粒子在非匀强电场中的运动【解析】根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度与受力如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示【答案】A3如下图所示的示波管，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压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的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指向纸内，y轴与YY电场的场强方向重合)若要电子打在图示坐标的第象限，则()AX、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极BX、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极CX、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极DX、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极【解析】若要电子打在题图所示坐标的第象限，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【答案】D4如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45，则此带电小球通过P点时的动能为()Amv02 B.mv02C2mv02 D.mv02【解析】由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0tvPyt合速度vPv0EkPmvP2mv02，故选D.【答案】D5有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入，分别落到极板A、B、C处，如右图所示，则下列说法正确的是()A落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电B三个微粒在电场中运动时间相等C三个微粒在电场中运动的加速度aAaBEkBEkC【解析】微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xCxBxA.则三微粒的运动时间为tC，tB，tA所以tCtBtA微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有aAtA2aBtB2aCtC2所以aAaBaC，所以落在A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，A、C选项正确，B选项错误根据动能定理得A处：mgqAEEkAmv2B处：mgEkBmv2C处：mgqCEEkCmv2所以D项错误【答案】AC6如右图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的粒子若极板长为L，间距为d.当A、B板加上电压U时，只有某一速度的粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距已知元电荷为e，则从放射源O发射出的粒子的这一速度为()A. B.C. D.【解析】设所求的速度为v0，与上板A成角在垂直于极板的方向上，粒子做匀减速直线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有at2，即dat2，水平位移Lvxt，两式相除得，又vyat，所以vxvy.所以v0.选项C正确【答案】C7如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压t0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰在0t81010s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A.0t21010sB21010st41010sC41010st61010sD61010st81010s【解析】在021010s时间内电子应向Q板加速运动，在21010s41010s时间内，电子向右减速；在41010s61010s时间内，电子向左加速，在61010s81010s时间内，电子向左减速，D对【答案】D8(2010海淀区期末练习)在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，极板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压uUmsint.现有质量为m，电荷量为e的电子以速度v(v接近光速的1/20)从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则()A当Um时，将没有电子能从极板的右端射出C当Um时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为12D当Um时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1【解析】电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，电子经过两极板间的时间内，电压不变，电子做类平抛运动，当电压等于时，电子刚好从极板的右端射出所以当Um时，将有部分电子能从极板的右端射出，选项B错误；当Um时，电压小于与电压大于的时间之比为12，选项C正确；当Um时，电压小于与电压大于的时间之比为11，选项D错误【答案】AC9(2011武汉市高三调研)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()A12 B21C18 D81【解析】对a和b粒子在水平方向均做速度为v的匀速运动，分别有：BPvta，BCvtb，且2BPBC，故2tatb；在竖直方向上，分别有：ABta2，OBtb2，且AB2OB，解得a、b粒子的比荷之比为81，D正确【答案】D10如右图所示，四个相同的金属容器共轴排列放置，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线射入，刚好没有从最右边容器射出，则该电子停止运动前()A通过各容器的速度比依次为1B通过各容器的时间比依次为531C通过各容器间隙所用的时间比依次为531D通过各容器间隙的加速度比依次为531【解析】由qUmv2并且从右往左考虑，可得v设每段间隙电压为U，则有v3v2v11即v1v2v31，故A正确电子在容器内匀速运动时间应为t，所以通过各容器的时间比为t1t2t31，B错误【答案】A二、论述、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)11如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37(取sin370.6，cos370.8)现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g.求：(1)小球受到的电场力的大小及方向(2)小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功(3)小球从P点抛出后，再次落到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能【解析】(1)根据题设条件，电场力大小F电mgtan37mg电场力的方向水平向右(2)小球沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为：axF电/mg小球沿竖直方向做竖直上抛运动，小球上升到最高点的时间为tv0/g此过程小球沿电场方向位移为：Sxaxt23v02/8g电场力做功为：WF电Sxmv02.(3)小球从P点运动到Q点的时间为：t总2v0/g小球从P点运动到Q点的水平距离为：SQxaxt总2小球从P点运动到Q点的过程中，由动能定理得：F电SQxEkQmv02解得：EkQmv02另解：小球从P点运动到Q点的时间为：t总2v0/g小球从P点运动到Q点的水平速度为：vxaxt总v0小球从P点运动到Q点的竖直速度为：vyv0小球在Q点时动能为：EkQm(v02vy2)mv02【答案】(1)mg，水平向右(2)mv02(3)mv0212(2010湘潭市模拟)右下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2，两极间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；(3)若要电子打到荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1mv020解得v0(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式得：tFmaFeEEayat2解得y(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2等13(2010高考安徽卷，24)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E5.0103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞已知甲、乙两球的质量均为m1.0102kg，乙所带电荷量q2.0105C，g取10m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；(2)在满足(1)的条件下求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围【解析】(1)由于乙球恰能通过轨道的最高点，则其在D点只受重力和电场力，其合力提供小球做圆周运动的向心力，即mgqE乙球离开D点后做类平抛运动，其加速度为a在竖直方向上：2Rat2在水平方向上：xvDt由式联立解得：x0.4m.(2)设碰撞后，乙球的速度为vB，甲球的速度为v，甲、乙球碰撞过程中动量守恒，设v0方向为正方向，则mv0mvmvB又因为甲、乙两球的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，即mv02mv2mvB2乙球由B到D的过程中根据动能定理得(mgqE)2RmvD2mvB2联