《（全國(guó)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(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)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(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)加練半小時(shí)（含解析）（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn) [方法點(diǎn)撥]　(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理或用動(dòng)能定理處理.(2)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)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(gè)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(gè)容器上加電壓U后，容器之間就形成了勻強(qiáng)電場(chǎng).今有一個(gè)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(dòng)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(shí)間比依次為5∶3∶1 C.通過各容器間隙所用的時(shí)

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(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)A、B、C構(gòu)成一個(gè)直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d.把一個(gè)帶電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，從B點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W.若規(guī)定C點(diǎn)的電勢(shì)為零，則(　　) 圖2 A.A點(diǎn)的電勢(shì)為－ B.B、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UBC＝ C.該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D.若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子，其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是甲 3.在真空中上、下兩個(gè)區(qū)域均為豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)足夠廣)，在如圖所示的速度－時(shí)間圖象中，符合微粒在電場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)情況的是(　　) 圖3 4.(多選)(2018·河南省南陽市期中)如圖4所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、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(shí)沿水平方向射入電場(chǎng)，兩粒子恰好能在距下極板為的P點(diǎn)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(shí)，a在水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離為 C.相遇時(shí)，b的動(dòng)能變化量是a的9倍 D.若

4、僅將下極板向下移動(dòng)一小段距離，則兩粒子仍能在P點(diǎn)相遇 5.(多選)如圖5所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)分布在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點(diǎn)，一個(gè)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(chǎng).帶電粒子的重力不計(jì)，如果帶電粒子從M點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，恰好從D點(diǎn)離開電場(chǎng).若帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，則帶電粒子(　　) 圖5 A.從BC邊界離開電場(chǎng) B.從AD邊界離開電場(chǎng) C.在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D.離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為mv02 6.(2018·河南省八校第二次測(cè)評(píng))如圖6，半徑為R的圓環(huán)處在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，圓環(huán)平面與電場(chǎng)方向平行，直徑ab與

5、電場(chǎng)線垂直；一帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)沿ab方向射入電場(chǎng)，粒子打在圓環(huán)上的c點(diǎn)；已知c點(diǎn)與ab的距離為，不計(jì)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(duì)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(diǎn)；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(chǎng)，電場(chǎng)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(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(m,1m)點(diǎn)；粒子P的重力不計(jì)，試求： 圖7 (1)金屬板A、B之間的電勢(shì)差UAB；

6、 (2)若在粒子P經(jīng)過O點(diǎn)的同時(shí)，在y軸右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中某點(diǎn)由靜止釋放另一帶電微粒Q，使P、Q恰能在運(yùn)動(dòng)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(jì)；求粒子Q所有釋放點(diǎn)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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝1m，P是C板的中心，A、B兩板小孔連線的延長(zhǎng)線與C、D兩板的距離相等，將一個(gè)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(diǎn)，C、D兩板間的電壓應(yīng)為多少，哪板電勢(shì)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(chǎng)時(shí)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(chǎng)強(qiáng)度為零，容器之間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，故電子在容器內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在容器之間做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，只考慮勻減速直線運(yùn)動(dòng)過程，可以認(rèn)為電子是從右向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)，故通過容器的時(shí)間之比為∶∶1，所以B錯(cuò)誤；因各容器間的距離相等，故通過各容器

8、間隙的時(shí)間之比t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以C錯(cuò)誤；電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力不變，故加速度不變，所以D錯(cuò)誤.] 2.BD　[把一個(gè)帶電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，說明AB為一等勢(shì)面.UAB＝＝φB－φC，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向垂直于AB，φA＝φB＝，A錯(cuò)誤，B正確；UBC＝＝Edsin60°，解得E＝，C錯(cuò)誤；若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子，電子受的電場(chǎng)力可能豎直向上，其運(yùn)動(dòng)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(chǎng)線以速度v0勻速下落，進(jìn)入下邊區(qū)域后，由于電場(chǎng)強(qiáng)度變大，因此所受電場(chǎng)力變大，因此微粒開始做向下的減速運(yùn)動(dòng)，等到速度為零后，

9、又會(huì)向上加速，由于過程的對(duì)稱性，等到它到達(dá)區(qū)域分界線時(shí)，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(shí)間圖象應(yīng)該為A.] 4.ACD　[由題意可知，兩粒子相遇時(shí)，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(dòng)到相遇所用的時(shí)間為t，則由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得＝a1t2，d＝a2t2，又因?yàn)閍1＝，a2＝，聯(lián)立可得＝，選項(xiàng)A正確；由于不知道兩粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)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(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，粒子動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功，設(shè)電場(chǎng)力對(duì)a做的功為W1，對(duì)

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(chǎng)力對(duì)b做的功是電場(chǎng)力對(duì)a做的功的9倍，即b的動(dòng)能變化量是a的9倍，選項(xiàng)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(dòng)一小段距離時(shí)，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故兩粒子仍能在P點(diǎn)相遇，選項(xiàng)D正確.] 5.BD　[帶電粒子從M點(diǎn)以垂直電場(chǎng)線方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中減速為零時(shí)的位移為x，由動(dòng)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(diǎn)射出，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝，由于電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理有0＝Ek2－mv02，選項(xiàng)B、D正確.] 6.見解析 解析　沿ab方向與電場(chǎng)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(shí)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(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)；設(shè)從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M(m,1m)點(diǎn)所用時(shí)間為t0，由類平拋運(yùn)動(dòng)可得：x＝v0t0，y＝

12、t02 解得：v0＝×104m/s 在金屬板A、B之間，由動(dòng)能定理：qUAB＝mv02 解得：UAB＝1000V (2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a1、a2；Q粒子從N(x，y)點(diǎn)釋放后，經(jīng)時(shí)間t與粒子P相碰；由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可得 對(duì)于P：Eq＝ma1 對(duì)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(diǎn)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(shì)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(dòng)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(chǎng)力方向向上，所以C板電勢(shì)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(chǎng)時(shí)發(fā)生的側(cè)移量為0.05m. 9