高中物理选修3-1课时作业15：1.9带电粒子在电场中的运动

1.9带电粒子在电场中的运动
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
2.两平行金属板相距为d,电势差为U,一电子质量为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,则此电子具有的初动能是( )
A. h C. D.
3.(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由小孔进入电场,当M,N间电压为U时,粒子恰好能到达N板.如果要使这个带电粒子到达M,N板间距的1/2后返回,下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()
A.使初速度减为原来的1/2
B.使M,N间电压加倍
C.使M,N间电压提高到原来的4倍
D.使初速度和M,N间电压都减为原来的1/2
4.(多选)三个不计重力的完全相同的带正电荷的粒子在同一地点沿同一方向水平飞入两水平板间的偏转电场,出现了如图所示的轨迹,则下列叙述错误的是()
A.在b飞离电场的同时,a刚好打在下极板上
B.b和c同时飞离电场
C.进入电场时c的速度最大,a的速度最小
D.动能的增加量c最小,a和b一样大
5.如图所示,一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,则()
A.在前时间内,静电力对粒子做的功为
B.在后时间内,静电力对粒子做的功为qU
C.在粒子偏转前和后的过程中,静电力做功之比为1∶2
D.在粒子偏转前和后的过程中,静电力做功之比为2∶1
6.喷墨打印机的简化模型如图所示.重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中()
A.向负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与带电荷量无关
7.图示的直线是真空中某电场的一条电场线,A,B是这条直线上的两点,一带正电荷的粒子以速度v A经A点向B点运动.一段时间后,该粒子以速度v B经过B点,且v B与v A方向相反,不计粒子重力,则下列说法正确的是()
A.A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B.A点的电势一定高于B点的电势
C.该粒子在A点的速度可能小于其在B点的速度
D.该粒子在A点的电势能一定小于其在B点的电势能
8.(多选)在光滑绝缘的水平桌面上,存在着方向水平向右的匀强电场,电场线如图中实线所示.一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开始运动,到C点时,突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点,其运动轨迹如图中虚线所示,v表示小球经过C点时的速度,则()
A.小球带正电
B.恒力F的方向可能水平向左
C.恒力F的方向可能与v方向相反
D.在A,B两点小球的速率不可能相等
9.竖直放置的平行金属板A,B连接一恒定电压,两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场,恰好从极板B边缘射出电场,如图所示,不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,下列说法正确的是()
A.两电荷的电荷量相等
B.两电荷在电场中运动的时间相等
C.两电荷在电场中运动的加速度相等
D.两电荷离开电场时的动能相等
10.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示.带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知()
A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等
B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等
C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等
D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等
11.绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场,其俯视图如图所示,图中xOy所在平面与光滑水平面重合,场强方向与x轴正向平行,电场的半径为R=m,圆心O与坐标系的原点重合,场强E=2 N/C,一带电荷量为q=-1×10-5C、质量m=1×10-5kg的带负电的粒子由坐标原点O 处以速度v0=1 m/s沿y轴正方向射入电场,求:
(1)粒子在电场中运动的时间;
(2)粒子出射点的位置坐标;
(3)粒子射出时具有的动能.
[答案]
1. A
[解析]:静电力恒定,则加速度恒定,所以带电粒子在匀强电场中的运动一定是匀变速运动,可能加速,也可能减速,故选项A正确,B错误;若F合与初速度共线,则为直线运动,若不共线,则为曲线运动,故选项C,D错误.
2. D
[解析]:电子从O点运动到A点,因受静电力作用,速度逐渐减小.由动能定理得m=eU OA.因E=,U OA=Eh=,故m=.所以选项D正确.
3. BD
[解析]:由题意知,带电粒子在电场中做减速运动,在粒子恰好能到达N板时,由动能定理可得:
-qU=-m.
要使粒子到达两极板中间后返回,设此时两极板间电压为U1,粒子的初速度为v1,
则由动能定理可得:-q=-m.
联立两方程得:=.
可见,选项B,D均符合等式的要求.
4. ACD
[解析]:三个粒子的质量和电荷量都相同,则知加速度相同.a,b两粒子在竖直方向上的位移相等,根据y=at2,可知运动时间相等,故选项A正确.b,c竖直方向上的位移不等,y c<y b.根据y=at2,可知t c<t b,故选项B错误.在垂直于电场方向即水平方向,三个粒子做匀速直线运动,则有v=.
因x c=x b,t c<t b,则v c>v b.根据t a=t b,x b>x a,则v b>v a.所以有v c>v b>v a,故选项C正确.根据动能定理知,静电力对a,b两电荷做功一样多,所以动能增加量相等.静电力对c电荷做功最少,动能增加量最小,故选项D正确.
5. B
[解析]:粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动,由y=at2可得,前时间内与t时间内偏转距离之比为1∶4,在前时间内的位移为y1=,静电力对粒子做功为W1=qEy1=q××= qU,故选项A错误.由y=at2可得,后时间内与t时间内偏转距离之比为3∶4,则在后时间内,静电力对粒子做功为qU,故选项B正确.由静电力做功W=qEy,则粒子在偏转前和后内,沿场
强方向位移相等,静电力做功之比为1∶1,故选项C,D错误.
6. C
[解析]:由于忽略重力,所以带负电的微滴在板间仅受向上的静电力,故带电微粒向正极板偏转,故选项A错误;在向正极板偏转过程中,静电力做正功,电势能将减小,选项B错误;微滴水平方
向做匀速运动,有x=vt,速度v不变,竖直方向的位移y=at2=··（）2=·x2,表明竖直位移y和水平位移x之间的关系曲线为抛物线,选项C正确;关系式中含有q,故选项D错误. 7. D
[解析]:
这种情况是粒子从A点向右做减速运动,速度为零之后又反向做加速运动,如图所示,但一条电场线不能确定A,B两点场强大小,选项A错误;由图可知φB>φA,选项B错误;由于是先减速再加速,所以v A一定大于v B,选项C错误;正电荷在电势高的地方电势能大,选项D正确.
8. AB
[解析]:由AC段运动轨迹可知小球带正电,选项A正确;由CB段运动轨迹可知恒力F的方向可能水平向左,且F大于静电力,选项B正确;若恒力F方向与v方向相反,则合力方向不指向CB段的凹向,选项C错误;A,B两点小球的速率有可能相等,选项D错误.
9. B
[解析]:M,N两个电荷在电场中做类平抛运动,将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运
动和水平方向的匀加速直线运动.设板长为L,电荷的初速度为v0,则电荷运动时间为t=,L,v0
t2,E,t相同,y不同,相同,则时间t相同,故选项B正确;水平方向的位移为y=at2,a=,则y=qE
2m
因m的大小关系不清楚,q的关系不能确定,故选项A错误;由侧向位移大小y=at2,t相同,y不同,加速度a不相等,故选项C错误;根据动能定理,E k-m=qEy,则E k=m+qEy,E k大小关系无法判断,故选项D错误.
10. BC
[解析]:由图可知,该粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力,qE=m,得R=,R,E 为定值,若q相等,则mv2一定相等;若相等,则速率v一定相等,故B,C正确.
11.[解析]:(1)粒子沿x轴方向做匀加速运动,加速度为a,
则Eq=m a,x=at2,
沿y轴方向做匀速运动y=v0t
x2+y2=R2
解得t=1 s.
(2)粒子射出电场边界时,在x轴上运动的位移为
x=at2=··t2=-1 m,
在y轴方向运动的位移为y=v0t=1 m,
位置坐标为x1=-1 m,y1=1 m.
(3)出射时的动能由动能定理得Eqx1=E k-m
代入解得E k=2.5×10-5 J.
[答案]:(1)1 s(2)(-1m,1m)(3)2.5×10-5 J。