課時跟蹤檢測(九)帶電粒子在電場中的運動eq\a\vs4\al(A)組—重基礎·體現(xiàn)綜合1．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經過電壓為U的電場后，速度最大的粒子是()A．質子(eq\o\al(1,1)H) B．氘核(eq\o\al(2,1)H)C．α粒子(eq\o\al(4,2)He) D．鈉離子(Na＋)解析：選A粒子在電場中做加速運動，根據動能定理可知，qU＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子的比荷越大，速度越大，故質子的速度最大，A選項正確。2．帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉時(除電場力外不計其他力的作用)，下列說法正確的是()A．電勢能增加，動能增加B．電勢能減小，動能增加C．電勢能和動能都不變D．上述結論都不正確解析：選B根據能量守恒定律可知，只有電場力做功的情況下，動能和電勢能之和保持不變，即帶電粒子受電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B選項正確。3．如圖1所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球()A．可能做直線運動B．一定不做曲線運動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小圖1解析：選C小球受重力和電場力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動，A、B選項錯誤；合力方向與速度方向先成鈍角，后成銳角，即合力先做負功后做正功，速率先減小后增大，C選項正確，D選項錯誤。4．讓質子和氘核的混合物沿與電場垂直的方向進入勻強電場，要使它們最后的偏轉角相同，這些粒子進入電場時必須具有相同的()A．初速度 B．初動能C．加速度 D．無法確定解析：選B進入電場中的粒子的偏轉角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(Eq,mv0)·eq\f(L,v0)＝eq\f(qU,mv0d)·eq\f(L,v0)＝eq\f(qUL,mv\o\al(2,0)d)，質子和氘核具有相同的q，只要具有的初動能相同，則偏轉角相同，故B正確。5.如圖2所示，電子在電勢差為U1的電場中由靜止加速后，垂直射入電勢差為U2的偏轉電場。在滿足電子能射出偏轉電場的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是()A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小圖2解析：選B由帶電粒子在電場中的加速和偏轉運動規(guī)律可知tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，選項B正確。d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入，最遠到達A點，然后返回，如圖3所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是()A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)圖3解析：選D電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力。根據能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUL,d)，所以D正確。7.如圖4所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點垂直電場方向射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉后打在同一極板上，水平飛行距離之比為xA∶xB＝2∶1，則帶電粒子的質量之比mA∶mB以及在電場中飛行的時間之比tA∶tB圖4分別為()A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1解析：選D粒子在水平方向上做勻速直線運動x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，豎直方向上粒子做勻加速直線運動y＝eq\f(1,2)at2，且yA＝y(tǒng)B，故aA∶aB＝teq\o\al(2,B)∶teq\o\al(2,A)＝1∶4，而ma＝qE，m＝eq\f(qE,a)，eq\f(mA,mB)＝eq\f(qA,qB)·eq\f(aB,aA)＝eq\f(1,3)×eq\f(4,1)＝eq\f(4,3)。D項正確。8．(多選)示波管的構造如圖5所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖5A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電解析：選AC根據亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間，說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉，因此極板X、極板Y均應帶正電，故A、C正確，B、D錯誤。eq\a\vs4\al(B)組—重應用·體現(xiàn)創(chuàng)新9.如圖6所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()圖6A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A根據平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。10.如圖7所示是真空中A、B兩板間的勻強電場，一電子由A板無初速度釋放運動到B板，設電子在前一半時間內和后一半時間內的位移分別為s1和s2，在前一半位移和后一半位移所經歷的時間分別是t1和t2，下面選項正確的是()A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝eq\r(2)∶1圖7B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝eq\r(2)∶1C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)解析：選Ds1＝eq\f(1,2)at2，s2＝eq\f(1,2)a(2t)2－eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,2)at2，所以s1∶s2＝1∶3；x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(2x,a))，2x＝eq\f(1,2)at′2，t2＝t′－t1＝eq\r(\f(4x,a))－eq\r(\f(2x,a))，所以t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，故D正確。11．一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek。如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么它飛出電容器的動能變?yōu)?)A．8Ek B．5EkEk D．4Ek解析：選C因為偏轉距離為y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，偏轉距離變?yōu)閑q\f(y,4)，所以靜電力做功只有WEk，而初動能變?yōu)?EkEk。故正確選項為C。12.加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖8所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓圖8視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的eq\f(1,2)。質子的比荷取1×10(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。解析：(1)根據周期和頻率的關系T＝eq\f(1,f)得T＝eq\f(1,f)＝10－7s。設漂移管B的長度為xB，則xB＝vBeq\f(T,2)＝0.4m。(2)設相鄰漂移管間的電壓為U，則質子由B到E的過程中根據動能定理得3qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得U＝6×104V。答案：(1)0.4m(2)6×104V13．如圖9所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出，已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。圖9(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法，在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據分析說明其原因。已知U×102V，d×10－2m，m×10－31kg，e×10－19C，取g＝10m解析：(1)電子在加速電場中加速，根據動能定理，則有：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，電子在偏轉電場中做類平拋運動，將其運動分解成平行于板面方向的勻速直線運動與平行于電場強度方向的初速度為零的勻加速直線運動，則有：平行于板面方向的位移為：L＝v0t，平行于電場強度方向的位移為：Δy＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律有：a＝eq\f(eE,m)，且E＝eq\f(U,d)，綜上所述，解得：Δy＝eq\f(UL2