2021-2022高一物理下学期新教材暑假作业8带电粒子在电场中运动

8带电粒子在电场中运动一、选择题：第1～6题为单选题，第7～10题为多选题。1．一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是以下图中的(　　)2．新冠疫情期间，人们出门戴口罩。口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极间存在高压，针尖附近的空气被电离后，带电尘埃在电场力的作用下运动，被熔喷布捕获。已知正、负极间的电压为，尘埃受到的重力可以忽略不计，则针状电极附近的带电荷量为、质量为的带负电尘埃被熔喷布捕获时的速度大小为（　　）A．B．C．D．3．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（     ）A．小球带负电B．小球所受电场力与重力的大小不相等C．运动过程中小球所受的电场力提供其所需向心力D．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增加4．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点可以判定（　　）A．M点的电势小于N点的电势B．粒子在M点的电势能小于N点的电势能C．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度D．粒子在M点的速度小于在N点的速度\n5．如图所示，一粒子枪发射出的带电粒子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y。要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑粒子射出时碰到偏转极板的情况，重力忽略不计）（　　）A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．使带电粒子的带电量增加6．示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（　　）A．如果只在上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）B．如果只在上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）C．如果在XX′、YY′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c）D．如果在XX′、YY′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）7．A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从A点运动到B点，v－t图像如图所示，下列关于A、B两点的电场强度E的大小和电势能Ep的高低的判断正确的是(　　)A．EA＞EBB．EA＜EBC．EpA＜EpBD．EpA＞EpB\n8．a、b、c三个粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，以下说法错误的是（　　）A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最小，a的速度最大D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大9．如图所示，平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（　　）A．微粒达到B点时动能为B．微粒的加速度大小等于C．两极板的电势差D．微粒从A点到B点的过程电势能增加10．如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是（　　）A．电场强度E的最小值为B．如果电场强度为、则小球相对初始位置的最大高度C．匀强电场的方向可能竖直向上D．如果电场强度为，小球电势能的最大值为\n二、非选择题11．如图为示波管工作原理示意图，质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子经过电压为U1的电场加速后，以一定的速度水平射入两平行板间的匀强电场（称为偏转电场）。两板间的距离为d，电压为U2，板长为L1，平行板右端到荧光屏的水平距离为L2。（1）求电子进入偏转电场时速度的大小；（2）求电子离开偏转电场时速度的大小；（3）若无偏转电场，电子将打在荧光屏上的O点。现电子离开偏转电场后打在荧光屏上的P点，求电子在荧光屏上产生的偏移距离OP的大小。12．如图甲所示，电荷量为q=1×10-4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）前2s内电场力做的功；（2）物块的质量；（3）物块与水平面的动摩擦因数。\n答案与解析1．【答案】B【解析】点电荷垂直于电场方向进入电场时，静电力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，故选B。2．【答案】B【解析】已知正、负极间的电压为，由，得，故选B。3．【答案】D【解析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，由绳子拉力提供其做圆周运动所需的向心力，则知小球所受的电场力方向竖直向上，因此小球带正电，ABC错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，D正确。4．【答案】D【解析】根据顺着电场线方向，电势降低，可知，M点的电势大于N点的电势，故A错误；粒子从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，粒子在M点的速度小于在N点的速度，故B错误，D正确；根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密场强越大，则知M点场强小于N点的场强，由F=qE可知，粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力，则粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故C错误。5．【答案】A【解析】设偏转极板长为l，极板间距为d，在加速电场中，由动能定理得，在偏转电场中，水平方向，竖直方向，得偏转位移，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离d，都可使偏转位移增大，A正确，BC错误；由于偏转位移，与粒子质量、带电荷量无关，故偏转位移不变，D错误。\n6．【答案】D【解析】如果只在XX′上加图甲所示的电压，则电子只在x轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为x轴上的一条亮线，如图（b）所示，故A错误；如果只在YY′上加图乙所示的电压，则电子只在y轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为y轴上的一条亮线，如图（a）所示，故B错误；如果在XX′、YY′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图（d）所示，故C错误，D正确。7．【答案】AC【解析】正电荷仅在静电力作用下沿电场线运动，从v－t图上可以看出从A点到B点，正电荷的速度越来越小，在B点趋于定值，则正电荷的加速度越来越小，所以正电荷受到的静电力越来越小，由此可以判断电场强度越来越小，A正确，B错误；正电荷速度变小，可知正电荷做减速运动，静电力做负功，电势能增加，所以C正确，D错误。8．【答案】BC【解析】因为b恰好能飞出电场，故a、b两粒子竖直方向位移相同，根据牛顿第二定律得，知二者加速度相同，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据，可知二者运动时间相同，即在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，故A正确；同理，由题图知由于飞出电场时b竖直位移大于c竖直位移，加速度相同，则可知粒子在电场中运动的时间b大于c，故B错误；由前面分析可知，a、b、c三个粒子在电场中的运动时间关系，水平方向匀速运动，结合题图可知，进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C错误；根据粒子动能的增量等于粒子所受合外力所做的功，则有，结合题图可知c的最小，a和b的一样大，故D正确。由于本题选择错误的，故选BC。9．【答案】CD【解析】物体在运动过程中，受力如图所示，由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B点的速度一定不是，故A\n错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，，联立可得加速度大小为，故B错误；电容器内的电场强度，由题意可知，M板是正极板，因此两板间的电势差为，故C正确；由题意可知，微粒作匀减速直线运动，动能减少，且重力不做功，所以电场力做负功，则电势能增加，增加了，故D正确。10．【答案】AD【解析】因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为，如图甲所示，所以电场强度的最小值，A正确；如果电场强度为，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为，斜向上，如图乙所示，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为，小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移，则小球上升的最大高度，在整个过程中电场力做功，电势能增加，所以小球电势能的最大值为，B错误，D正确；因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，C错误。11．【解析】（1）电子在加速电场中，根据动能定理可得解得。（2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据类平抛规律可得联立解得\n电子在偏转电场中，根据动能定理可得联立解得。（3）粒子在偏转场中做类平抛运动，设速度偏向角为θ，如图所示电子出偏转电场时的速度反向延长线交于水平位移的中点，根据相似三角形可得联立解得。12．【解析】（1）由题意可得，在匀强电场中电场力为F＝qE由题图丙得前2秒内的位移为s＝×2×2m＝2m则电场力做的功为W＝Fs代入数据解得W＝6J。（2）在2～4s内由题图可得qE2＝μmg在0～2s物块的加速度为由牛顿第二定律得qE2－qE1＝ma代入数据解得m＝1kg。（3）在2～4s内由题图可得qE2＝μmg又m＝1kg解得μ＝0.2。