《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題54 帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 微專題54 帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)加練半小時（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn) [方法點撥]　(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動時，一般用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合處理或用動能定理處理.(2)在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動時一般從分解的角度處理.(3)注意帶電粒子重力能否忽略. 1.如圖1所示，四個相同的金屬容器共軸排列，它們的間距與容器的寬度相同，軸線上開有小孔.在最左邊、最右邊兩個容器上加電壓U后，容器之間就形成了勻強(qiáng)電場.今有一個電子從最左邊容器的小孔沿軸線入射，剛好沒有從最右邊容器射出，則該電子停止運(yùn)動前(　　) 圖1 A.通過各容器的速度比依次為∶∶1 B.通過各容器的時間比依次為5∶3∶1 C.通過各容器間隙所用的時

2、間比依次為5∶3∶1 D.通過各容器間隙的加速度比依次為5∶3∶1 2.(多選)(2018·福建省福州市期末)如圖2所示，勻強(qiáng)電場中的三個點A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d.把一個帶電荷量為＋q的點電荷從A點移到B點電場力不做功，從B點移到C點電場力做功為W.若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) 圖2 A.A點的電勢為－ B.B、C兩點間的電勢差為UBC＝ C.該電場的電場強(qiáng)度大小為 D.若從A點沿AB方向飛入一電子，其運(yùn)動軌跡可能是甲 3.在真空中上、下兩個區(qū)域均為豎直向下的勻強(qiáng)電場，其電場線分布如圖3所示，有一帶負(fù)電的微粒，從上邊區(qū)

3、域沿一條電場線以速度v0勻速下落，并進(jìn)入下邊區(qū)域(該區(qū)域的電場足夠廣)，在如圖所示的速度－時間圖象中，符合微粒在電場內(nèi)運(yùn)動情況的是(　　) 圖3 4.(多選)(2018·河南省南陽市期中)如圖4所示，長為L、板間距離為d的平行板電容器水平放置，電容器充電后與電源斷開，現(xiàn)將兩質(zhì)量相等的帶電粒子a、b分別從兩極板的中心線、上極板的邊緣處同時沿水平方向射入電場，兩粒子恰好能在距下極板為的P點處相遇.若不考慮粒子的重力作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖4 A.b所帶的電荷量是a的3倍 B.相遇時，a在水平方向上運(yùn)動的距離為 C.相遇時，b的動能變化量是a的9倍 D.若

4、僅將下極板向下移動一小段距離，則兩粒子仍能在P點相遇 5.(多選)如圖5所示，勻強(qiáng)電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場.帶電粒子的重力不計，如果帶電粒子從M點垂直電場方向進(jìn)入電場，恰好從D點離開電場.若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場，則帶電粒子(　　) 圖5 A.從BC邊界離開電場 B.從AD邊界離開電場 C.在電場中的運(yùn)動時間為 D.離開電場時的動能為mv02 6.(2018·河南省八校第二次測評)如圖6，半徑為R的圓環(huán)處在勻強(qiáng)電場E中，圓環(huán)平面與電場方向平行，直徑ab與

5、電場線垂直；一帶電粒子以速度v0從a點沿ab方向射入電場，粒子打在圓環(huán)上的c點；已知c點與ab的距離為，不計粒子重力，求帶電粒子的比荷. 圖6 7.(2018·四川省瀘州市一檢)如圖7所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點；y軸沿豎直方向；在x>0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝×103V/m；比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放，其運(yùn)動軌跡恰好經(jīng)過M(m,1m)點；粒子P的重力不計，試求： 圖7 (1)金屬板A、B之間的電勢差UAB；

6、 (2)若在粒子P經(jīng)過O點的同時，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q，使P、Q恰能在運(yùn)動中相碰；假設(shè)Q的質(zhì)量是P的2倍、帶電情況與P相同；Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計；求粒子Q所有釋放點的集合. 8.如圖8所示，A、B是豎直放置的中心帶有小孔的平行金屬板，兩板間的電壓為U1＝100V，C、D是水平放置的平行金屬板，板間距離為d＝0.2m，板的長度為L＝1m，P是C板的中心，A、B兩板小孔連線的延長線與C、D兩板的距離相等，將一個負(fù)離子從A板的小孔處由靜止釋放，求： 圖8 (1)

7、為了使負(fù)離子能打在P點，C、D兩板間的電壓應(yīng)為多少，哪板電勢高； (2)如果C、D兩板間所加的電壓為4V，則負(fù)離子還能打在板上嗎，若不能打在板上，它離開電場時發(fā)生的側(cè)移量為多少. 答案精析 1.A　[由題意可知，容器內(nèi)部由于靜電屏蔽電場強(qiáng)度為零，容器之間為勻強(qiáng)電場，故電子在容器內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在容器之間做勻減速直線運(yùn)動，只考慮勻減速直線運(yùn)動過程，可以認(rèn)為電子是從右向左的勻加速直線運(yùn)動，由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動規(guī)律可知，通過容器的速度之比為v1∶v2∶v3＝∶∶1，所以A正確；電子在容器中做勻速直線運(yùn)動，故通過容器的時間之比為∶∶1，所以B錯誤；因各容器間的距離相等，故通過各容器

8、間隙的時間之比t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以C錯誤；電子在勻強(qiáng)電場中所受電場力不變，故加速度不變，所以D錯誤.] 2.BD　[把一個帶電荷量為＋q的點電荷從A點移到B點電場力不做功，說明AB為一等勢面.UAB＝＝φB－φC，勻強(qiáng)電場的方向垂直于AB，φA＝φB＝，A錯誤，B正確；UBC＝＝Edsin60°，解得E＝，C錯誤；若從A點沿AB方向飛入一電子，電子受的電場力可能豎直向上，其運(yùn)動軌跡可能是甲，D正確.] 3.A　[帶負(fù)電的微粒，從上邊區(qū)域沿一條電場線以速度v0勻速下落，進(jìn)入下邊區(qū)域后，由于電場強(qiáng)度變大，因此所受電場力變大，因此微粒開始做向下的減速運(yùn)動，等到速度為零后，

9、又會向上加速，由于過程的對稱性，等到它到達(dá)區(qū)域分界線時，速度大小又達(dá)到了v0，此后進(jìn)入上邊區(qū)域，受力依然平衡.因此，速度－時間圖象應(yīng)該為A.] 4.ACD　[由題意可知，兩粒子相遇時，a在豎直方向上的位移為，b在豎直方向上的位移為，設(shè)a、b兩粒子在豎直方向上的加速度大小分別為a1、a2，兩粒子從開始運(yùn)動到相遇所用的時間為t，則由勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可得＝a1t2，d＝a2t2，又因為a1＝，a2＝，聯(lián)立可得＝，選項A正確；由于不知道兩粒子進(jìn)入電場時的初速度大小，故無法確定兩粒子在水平方向上的位移，選項B錯誤；由動能定理可知，粒子動能的變化量等于電場力對粒子做的功，設(shè)電場力對a做的功為W1，對

10、b做的功為W2，兩極板間的電壓為U，則有W1＝q1U，W2＝q2U，故＝，所以電場力對b做的功是電場力對a做的功的9倍，即b的動能變化量是a的9倍，選項C正確；由C＝，C＝及E＝可得E＝，由于電容器極板所帶電荷量始終保持不變，當(dāng)下極板向下移動一小段距離時，兩極板間的電場強(qiáng)度不變，故兩粒子仍能在P點相遇，選項D正確.] 5.BD　[帶電粒子從M點以垂直電場線方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有L＝，聯(lián)立解得E＝；帶電粒子從N點進(jìn)入電場后做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)帶電粒子在電場中減速為零時的位移為x，由動能定理有－qEx＝0－mv02，解得x＝L，當(dāng)粒子速度減至零后沿原路返

11、回，從N點射出，粒子在電場中運(yùn)動時間t1＝，由于電場力做功為零，根據(jù)動能定理有0＝Ek2－mv02，選項B、D正確.] 6.見解析 解析　沿ab方向與電場強(qiáng)度方向建立xOy直角坐標(biāo)系，設(shè)粒子從a到c所需時間為t，則：x＝v0t；y＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma 由題意可知：y＝R；x＝(1＋)R 聯(lián)立解得：＝ 7.(1)1000V　(2)y＝x2，其中x>0 解析　(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點進(jìn)入勻強(qiáng)電場時的速度大小為v0；由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動；設(shè)從O點運(yùn)動到M(m,1m)點所用時間為t0，由類平拋運(yùn)動可得：x＝v0t0，y＝

12、t02 解得：v0＝×104m/s 在金屬板A、B之間，由動能定理：qUAB＝mv02 解得：UAB＝1000V (2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場中運(yùn)動的加速度分別為a1、a2；Q粒子從N(x，y)點釋放后，經(jīng)時間t與粒子P相碰；由牛頓運(yùn)動定律及類平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何關(guān)系可得 對于P：Eq＝ma1 對于Q：Eq＝2ma2 x＝v0t，a1t2＝y(tǒng)＋a2t2 解得：y＝x2，其中x>0 即粒子Q釋放點N(x，y)坐標(biāo)滿足的方程為y＝x2，其中x>0. 8.(1)32V　C板電勢高　(2)不能　0.05m 解析　(1)設(shè)負(fù)離子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從B板小孔飛出的速度為v0，

13、由動能定理得：U1q＝mv02① 由類平拋規(guī)律有：＝v0t② y＝at2③ 又a＝④ 整理可得y＝⑤ 又y＝⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得U2＝32V，因負(fù)離子所受電場力方向向上，所以C板電勢高. (2)若負(fù)離子從水平板邊緣飛出，則應(yīng)滿足： x＝L，y＝ 由類平拋規(guī)律可得：x＝v0t，y＝a′t′2， qU1＝mv02，則a′＝ 聯(lián)立以上各式解得y＝， 將y＝0.1m代入可解得U2′＝8V 可見，如果兩板間所加電壓為4V，則負(fù)離子不能打在板上，而是從兩板間飛出. 將U2″＝4V，代入可解得y＝0.05m 故如果C、D兩板間所加的電壓為4V，則負(fù)離子不能打在板上，它離開電場時發(fā)生的側(cè)移量為0.05m. 9