2025版新教材高中物理微点10.8带电粒子在电场中的直线运动课时作业新人教版必修第三册

微点8带电粒子在电场中的直线运动1．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子(不计重力)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＝h，此电子具有的初动能是()A．eq\f(edh,U)B．edUhC．eq\f(eU,dh)D．eq\f(eUh,d)2.(多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能满意要求的是(不计带电粒子的重力)()A．使初速度减小为原来的eq\f(1,2)B．使M、N间电势差加倍C．使M、N间电势差提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电势差都减小为原来的eq\f(1,2)[答题区]题号12答案3.如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106m/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20cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105N/C.质子质量m＝1.67×10－27kg，电荷量q＝1.60×10－19C．求质子由板上小孔射出时的速度大小．(保留一位有效数字)4．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道(A点未画出)，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25kg、电荷量q＝－1.5×10－6C的可视为质点的小物块以初速度v0＝10m/s从C点起先向右运动，已知小物块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4.g取10m/s2，求小物块运动过程中离C点的最远距离．5．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2).质子的比荷取1×108C/kg.求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．6．如图所示，水平放置的平行板电容器上板上开有一个小孔，电容器两板间距离为d，所加电压恒定．现将一质量为m、所带电荷量为＋q的小球从小孔正上方2d高处由静止起先释放，从小孔进入电容器后恰好做匀速直线运动．重力加速度为g.(1)求小球刚进入电容器时的速度大小；(2)求电容器两板间电势差，并推断上、下板哪一板电势较高；(3)若在其他条件不变的状况下，仅将下板向下移动距离d.求：①小球在电容器内运动的加速度大小；②小球到达下板时的速度大小．微点8带电粒子在电场中的直线运动1．答案：D解析：(方法一)功能关系在O→A过程中，由动能定理得－Fh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，即eq\f(eUh,d)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，故电子的初动能为eq\f(eUh,d).(方法二)力和运动的关系电子运动的加速度a＝eq\f(－eU,dm)①由匀变速直线运动的规律得0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ah②Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))③联立①②③式，解得Ek＝eq\f(eUh,d).2．答案：BD解析：A错：由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)).当速度变为eq\f(1,2)v0时，动能变为原来的eq\f(1,4)，则位移是原来的eq\f(1,4).B对，C错：使M、N间电势差提高到原来的2倍时符合要求．D对：初速度和M、N间电势差都减小为原来的eq\f(1,2)时，动能变为原来的eq\f(1,4)，所以电势差为原来的eq\f(1,2)即可．3．答案：6×106m/s解析：依据动能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2J＝9.6×10－15J所以v1＝eq\r(\f(2W,m)＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝eq\r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋（5×106）2)m/s≈6×106m/s质子飞出时的速度约为6×106m/s.4．答案：5m解析：由于小物块带负电，所以其向右做匀减速直线运动，当速度为零时，小物块距C点最远．方法一：依据牛顿其次定律，小物块向右减速的加速度a＝eq\f(qE－μmg,m)＝－10m/s2，小物块向右运动的时间t＝eq\f(0－v0,a)＝1s，小物块向右运动的最大位移x＝eq\f(v0＋0,2)t＝5m.方法二：对小物块由C点至速度为零的过程，依据动能定理有(qE－μmg)x＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入数据解得x＝5m．5．答案：(1)0.4m(2)6×104V解析：(1)依据周期和频率的关系T＝eq\f(1,f)得T＝1×10－7s，设漂移管B的长度为xB，则xB＝vBeq\f(T,2)＝0.4m.(2)设相邻漂移管间的加速电压为U，质子由B到E的过程中，依据动能定理得3qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(E))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得U＝6×104V．6．答案：(1)2eq\r(gd)(2)eq\f(mgd,q)下板电势较高(3)①eq\f(1,2)g②eq\r(6gd)解析：(1)依据自由落体运动公式v2＝2g×2d，代入数据得v＝2eq\r(gd).(2)小球进入电容器后做匀速直线运动，依据二力平衡条件Eq＝mg，E＝eq\f(U,d)，代入数据得U＝eq\f(mgd,q)，依据电场力的方向及小球电性可知，下板电势较高．(3)由题意可知，极板间电压恒定，由E＝eq\f(U,d)可知，将下板向下移动距离d后，场强和电场力均变为原来