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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

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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。

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所属: 高中 - 物理
发布时间:2022-07-09 19:54:05 页数:8
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文章作者:随遇而安

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