2019年高考物理一輪總復習 帶電粒子在勻強電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1.doc

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2019年高考物理一輪總復習 帶電粒子在勻強電場中的運動課時作業(yè) 新人教版選修3-1 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．如圖所示，質子(H)和α 第1題圖 粒子(He)，以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 2．如圖所示，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點發(fā)出，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM＝MN，則P和Q的質量之比為(　　) 第2題圖 A．3∶4 B．4∶3 C．3∶2 D．2∶3 3．如圖甲所示，A板的電勢UA＝0，B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．電子只受電場力的作用，且初速度為零，則(　　) 甲 　　乙 第3題圖 A．若電子在t＝0時刻進入的，它將一直向B板運動 B．若電子在t＝0時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 C．若電子在t＝T/8時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 D．若電子是在t＝T/4時刻進入的，它將時而向B板、時而向A板運動 4．實驗室所用示波器，是由電子槍、偏轉電極和熒光屏三部分組成，當垂直偏轉電極YY′，水平偏轉電極XX′的電壓都為零時，電子槍發(fā)射的電子通過偏轉電極后，打在熒光屏的正中間，若要在熒光屏上始終出現(xiàn)如右圖所示的斑點a，那么，YY′與XX′間應分別加上如下圖所示哪一組電壓(　　) 第4題圖 A B C D 5．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處(不計電子的重力)下列說法正確的是(　　) A．從t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直至打到右極板上 B．從t＝0時刻釋放電子，電了可能在兩板間振動 C．從t＝T/4時刻釋放電子，電了可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．從t＝T/4時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 甲 　　　乙 第5題圖 6．如圖所示，是一個示波管工作的原理圖，電子從靜止開始，經加速電壓U1加速后，以速度v0垂直電場方向進入偏轉電場，離開電場時側移量為h，兩平行板間的距離為d，兩平行板間電勢差為U2，板長為L，每單位電壓引起的側移量h/U2叫做示波管的靈敏度．為了提高靈敏度，可采用下列哪些方法(　　) 第6題圖 A．減小加速電壓U1 B．增加兩板間的電勢差U2 C．盡可能使板長L做得短些 D．盡可能使兩板間的距離d減小些 第7題圖 7．如圖ABCD正方形區(qū)域內存在著勻強電場，電場方向與AB邊平行．一帶電粒子以初動能Ek從正方形一條邊的中點射入(只受電場力)，一段時間后，粒子從一條邊的中點射出．此時該帶電粒子的動能可能有n種情況，則n等于(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 8．初速為零的電子進入電壓為 U的加速電場，經加速后形成橫截面積為S、電流為I的電子束．電子電量e、質量m，則在剛射出加速電場時，一小段長為Δl的電子束內電子個數(shù)為(　　) A. B. C. D. 9．如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L＝0.1m，兩板間距離d＝0.4cm.一束由相同微粒組成的帶電粒子流以相同的初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上．已知微粒質量m＝2.010－6kg，電荷量q＝1.010－8C，取g＝10m/s2. 第9題圖 (1)若第一個粒子剛好落到下板中點O處，求帶電粒子入射初速度的大??； (2)兩板間電場強度為多大時，帶電粒子能剛好落到下板右邊緣B點． 10．如圖所示，在xOy平面上第Ⅰ象限內有平行于y軸的有界勻強電場，方向如圖，y軸上一點P的坐標為(0，y0)有一電子以垂直于x軸的初速度v0從P點垂直射入電場中，當勻強電場的場強為E1時，電子從A點射出，A點坐標為(xA,0)當場強為E2時，電子從B點射出，B點坐標為(xB,0)，已知電子的電量為e，質量為m，不計電子的重力。 (1)求勻強電場的場強，E1、E2之比； (2)若在IV象限過Q點放一張垂直于xOy平面的感光膠片，Q點的坐標為(0，－y0)求感光膠片上曝光點的橫坐標xA′、xB′的比值。 第10題圖 11．如圖甲所示，真空中水平放置的相距為d的平行金屬板板長為L，兩板上加有恒定電壓后，板間可視為勻強電場．在t＝0時，將圖乙中所示的交變電壓加在兩板上，這時恰有一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子從兩板正中間以速度v0水平飛入電場．若此粒子離開電場時恰能以平行于兩板的速度飛出(粒子重力不計)，求： 第11題圖 (1)兩板上所加交變電壓的頻率應滿足的條件； (2)該交變電壓的取值范圍． 12．如圖所示，豎直放置的半圓形光滑絕緣軌道半徑為R，圓心為O，下端與絕緣水平軌道在B點平滑．一質量為m、帶電量為＋q的物塊(可視為質點)，置于水平軌道上的A點．已知A、B兩點間的距離為L，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g. (1)若物塊能到達的最高點是半圓形軌道上與圓心O等高的C點，則物塊在A點水平向左運動的初速度應為多大？ (2)若整個裝置處于方向豎直向上的勻強電場中，物塊在A點水平向左運動的初速度vA＝，沿軌道恰好能運動到最高點D，向右飛出．則勻強電場的場強為多大？ (3)若整個裝置處于水平向左的勻強電場中，場強的大小E＝.現(xiàn)將物塊從A點由靜止釋放，運動過程中始終不脫離軌道，求物塊第2n(n＝1,2,3，…)次經過B點時的速度大?。? 第12題圖 課時作業(yè)(二十六)　帶電粒子在勻強電場中的運動 　1.B　【解析】 由y＝和Ek0＝mv，得y＝可知，y與q成正比，B正確． 　2.A　【解析】 本題忽略了粒子重力的影響，P和Q在勻強電場中做類平拋運動，它們沿水平方向均以初速度v0做勻速直線運動，根據OM＝MN，可知，它們沿豎直方向的下落時間之比為：tP∶tQ＝1∶2；根據h＝at2，可得a＝2h/t2，可見，它們沿豎直方向下落的加速度之比為aP∶aQ＝4∶1；根據a＝Eq/m可得m＝Eq/a∝q/a，所以＝＝3＝，所以選項A正確．故選A. 　3.ACD　【解析】 電子在電場中運動時的加速度大小不變；若電子在t＝0時刻進入，在0～T/2時間內，它將豎直向上的電場力的作用下做勻加速直線運動；在T/2～T時間內，它將在豎直向下的電場力的作用下做勻減速直線運動(加速度大小仍為a)，到t＝T時刻電子的速度減為零，之后電子繼續(xù)向上重復前面的運動，可見，電子一直向B板運動，選項A正確，B錯誤；若電子在t＝T/8時刻進入，則在T/8～T/2時間段內，它將豎直向上做勻加速直線運動；在T/2～T時間段內，它將做勻減速直線運動，到t＝T時刻電子的速度已經變?yōu)樨Q直向下向A板運動，但還沒有運動到A板，之后電子繼續(xù)向上重復類似于選項A中所描述的運動，可見，選項C正確；若電子是在t＝T/4時刻進入，則在T/4～T/2時間段內，它將豎直向上做勻加速直線運動；在T/2～3T/4時間段內，它將繼續(xù)豎直向上做勻減速直線運動，到t＝3T/4時刻電子的速度減為零，在3T/4～T時間段內，它將開始豎直向下做勻加速直線運動，在T～5T/4時間段內，它繼續(xù)豎直向下做勻減速直線運動，到t＝5T/4時刻電子的速度減為零，并且剛好回到A板，之后，電子繼續(xù)重復前面的運動，可見，它將時而向B板、時而向A板運動，選項D正確．故選ACD. 　4.A　【解析】 電子通過偏轉電極時受電場力作用會偏向偏轉電極的正極，因此結合題圖可知A正確，故選A. 　5.AC　【解析】 從t＝0時釋放電子向右加速運動，當t＝時，粒子減速運動，當t＝T時，粒子速度為零，繼續(xù)向右加速運動，循環(huán)，故A對、B錯；在t＝時釋放，粒子向右加速運動，當在t＝，粒子開始減速運動；當在t＝T，粒子速度為零，且向左加速運動，當t＝T時，粒子減速運動，當在t＝T時，粒子速度為零向右加速運動，如此循環(huán)，當T夠大時，粒子可能打到右極板上，當T不夠時，粒子在兩板間振動，故C對，D錯；選AC. 　6.AD　【解析】 叫作示波管的靈敏度，l＝v0t，h＝(q)t2h＝()2＝，h/u2＝，減小v0，增大l或減小d，則A對，D對，故選AD. 　7.A　【解析】 當粒子帶負電時，由AC邊中點射入時，電場力做負功，當Ek＞W時，由BD邊中點射出，當Ek＜W時，會由AC邊中點射出，當由CD邊中點射入時，由AC邊中點射出，當由BD中點射入時，由AC邊中點射出，當由AB邊中點射入時，由AC邊中點射出，同理當粒子帶正電時，也有5種情況，故選A. 　8.A　【解析】 電子經電場加速，有eU＝mv2，v＝，加速后電流I＝＝＝，電子數(shù)N＝.故選A 　9.(1)v0＝2.5m/s　(2)E＝1.5103V/m 　【解析】 (1)對第1個落到O點的粒子 　水平方向：＝v0t 　豎直方向：＝gt2 　解得：v0＝＝2.5m/s 　(2)對落到B點的粒子 　水平方向：L＝v0t 　豎直方向：＝at2 　根據牛頓第二定律得：mg－Eq＝ma 　解得：E＝＝1.5103V/m. 　10.(1)　(2) 　【解析】 (1)當場強為E1時：xA＝v0t1 y0＝a1t＝t 當場強為E2時：xB＝v0t2 y0＝a＝t 解得＝ 　(2)設場強為E1時，電子射電場時的偏轉解為θ1 tanθ1＝ vy1＝t1 xA′＝＋xA＝＋xA＝xA 設電場為E2時，電子射出電場時的偏轉解為θ2 tan θ2＝ vy2＝t2 xB′＝＋xB＝＋xB＝xB解得＝.； 　11.見解析　【解析】 先分析帶電粒子在水平方向和豎直方向上的運動特點，再尋找“恰能平行于兩極飛出”的條件，以及飛出時在垂直板方向上的限制條件．(1)帶電粒子在電場中運動時間每經過一個周期，其在垂直于金屬板方向的速度變?yōu)榱?，粒子的速度即恢復為入射時狀態(tài)——平行于金屬板．所以交變電壓的頻率應滿足方程＝，所以f＝(n＝1，2，3…)．(2)因帶電粒子在垂直于金屬板方向做單方向的反復的加速、減速運動，每次加速和減速過程中在垂直金屬板方向的位移大小都相等，其大小　x＝()2＝　欲使粒子恰能以平行于金屬板的速度飛出，則應有＝nT，2nx<，整理得U0<(n＝1，2，3…)． 　12.(1)　(2)(3)()n－2. 　【解析】 (1)設物體在A點的速度為v1，由動能定理有－μmgL－mgR＝0－mv.解得v1＝.(2)設勻強電場的場強大小為E、物塊在D點的速度為vD，則mg－Eq＝m.－μ(mg－Eq)L－(mg－Eq)2R＝mv－mv.解得E＝.(3)設第2，4，6，…，2n次經過B點時的速度分別為v2，v4，…，v2n，第2，4，6，…，2(n－1)次離開B點向右滑行的最大距離分別為L1，L2，…，Ln－1，則(qE－μmg)L＝mv.－(qE＋μmg)L1＝0－mv.(qE－μmg)L1＝mv.解得＝＝.同理＝.…＝.綜上可得＝()n－1.v2n＝()n－2.