《（新課標(biāo)）2020高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（四十四）帶電粒子在電場中的運動（重點突破課）（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（四十四）帶電粒子在電場中的運動（重點突破課）（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

帶電粒子在電場中的運動 (重點突破課) 1．有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾?，以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮微粒的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是(　　) A．減小微粒的質(zhì)量 B．減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離 C．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓 D．減小微粒的噴出速度 解析：選C　微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，則在垂直偏轉(zhuǎn)電場方向上有L＝v0t，在平行偏轉(zhuǎn)電場方向上有y＝at2，加速度為a＝，聯(lián)立解得y＝，要縮小字跡，就要減小微粒在平行偏轉(zhuǎn)電場方向上的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離、增大微粒的噴出速度、減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓等，故A、B、D錯誤，C正確。 2.(2017江蘇高考)如圖所示，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。現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) A．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　電子在A、B板間的電場中做加速運動，在B、C板間的電場中做減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間做加速運動后，在B、C板間做減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。 3.如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點。若不計粒子重力，則(　　) A．a(chǎn)的電量一定大于b的電量 B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量 C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 解析：選C　由題知，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由h＝2得，x＝v0，由于v0，C正確。 4.真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏(未畫出)上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點。已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，重力不計。下列說法中正確的是(　　) A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1 B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同 C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 解析：選C　由U1q＝mv02，有v0＝ ，得v1∶v2∶v3＝∶1∶1，再由t＝，得t1∶t2∶t3＝1∶∶，A錯誤；由y＝＝可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點射出，且速度方向相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，C正確；由mv2＝U1q＋qy，得v＝ ，因不同，故三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度不相同，B錯誤；由偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做的功W電＝qy，得W電1∶W電2∶W電3＝1∶1∶2，D錯誤。 5.如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強電場，兩板間的距離為d。有一帶電粒子以某速度v0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣。帶電粒子所受的重力忽略不計?，F(xiàn)使該粒子仍從原位置以同樣的方向射入電場，但使該粒子落在B板的中點，下列措施可行的是(　　) A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0 B．僅使粒子的初速度變?yōu)? C．僅使B板向上平移 D．僅使B板向下平移d 解析：選B　帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，有x＝v0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，有d＝at2＝t2，聯(lián)立可得x2＝，現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话?，即x2為原來的四分之一，所以需要將粒子的初速度變?yōu)?，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移，則根據(jù)C＝可得電容增大為原來的兩倍，根據(jù)U＝可得電壓變?yōu)樵瓉淼?，x2變?yōu)樵瓉淼?，C錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼?，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，x2變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤。 6.(2019渭南模擬)如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場。讓質(zhì)子流(不計重力)以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央?，F(xiàn)只改變其中一條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將(　　) A．開關(guān)S斷開 B．質(zhì)子初速度變?yōu)? C．板間電壓變?yōu)? D．豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d 解析：選C　開關(guān)S斷開，電容器極板電荷量不變，電容器電容不變，電容器板間電壓不變，場強不變，質(zhì)子所受電場力不變，加速度不變，所以仍落到下板的中央，A錯誤；將質(zhì)子初速度變?yōu)?，質(zhì)子加速度不變，運動時間不變，質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼囊话?，不可能到達下板邊緣，B錯誤；當(dāng)板間電壓變?yōu)闀r，場強變?yōu)樵瓉淼?，電場力變?yōu)樵瓉淼模铀俣茸優(yōu)樵瓉淼?，根?jù)y＝at2知，運動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，由x＝v0t知水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，所以能沿b軌跡落到下板邊緣，C正確；豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場強變?yōu)樵瓉淼模妶隽ψ優(yōu)樵瓉淼?，加速度變?yōu)樵瓉淼模鶕?jù)y＝at2知，運動時間變?yōu)樵瓉淼谋?，同理可知水平位移變?yōu)樵瓉淼谋?，不能到達下板邊緣，D錯誤。 7．(多選)兩平行極板間距為d，兩極板間電壓為U，不計重力的電子以平行于極板的速度v射入兩極板之間，沿極板方向運動距離為l時側(cè)移為y。如果要使電子的側(cè)移y′＝y(tǒng)，僅改變一個量，下列哪些措施可行(　　) A．改變兩極板間距為原來的一半 B．改變兩極板所加電壓為原來的一半 C．改變電子沿極板方向運動距離為原來的一半 D．改變電子射入兩極板時的速度為原來的2倍 解析：選CD　電子做類平拋運動，根據(jù)分運動公式，水平方向有l(wèi)＝v0t，豎直方向有y＝at2，其中a＝，聯(lián)立解得y＝。若改變兩極板間距d為原來的一半，y增加為原來的2倍，A錯誤；若改變兩極板所加電壓U為原來的一半，y減小為原來的，B錯誤；若改變電子沿極板方向運動距離l為原來的一半，y減小為原來的，C正確；若改變電子射入兩極板時的速度為原來的2倍，y減小為原來的，D正確。 8.(多選)如圖所示，在矩形區(qū)域EFGH內(nèi)有平行于HE邊的勻強電場，以A點為圓心的半圓與EF、FG、HE分別相切于B、G、H點，C點是BG的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從H點沿HG方向射入電場后恰好從F點射出。以下說法正確的是(　　) A．粒子的運動軌跡一定經(jīng)過C點 B．粒子的運動軌跡一定經(jīng)過BC之間某點 C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由BF之間某點射出矩形EFGH區(qū)域 D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜葿點射出矩形EFGH區(qū)域 解析：選BD　粒子從H點沿HG方向射入電場后做類平拋運動，恰好從F點射出，則過F點作速度的反向延長線，一定交于水平位移HG的中點，由幾何關(guān)系知延長線又經(jīng)過C點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過BC之間某點，故A錯誤，B正確；由類平拋運動規(guī)律可知，當(dāng)豎直位移一定時，運動時間不變，水平速度(即初速度)變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『脧腂點射出，故C錯誤，D正確。 9.(多選)如圖所示，從燈絲發(fā)射的初速度為零的電子(不計重力)，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，進入偏轉(zhuǎn)電場U2。若要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，可供選用的方法是(　　) A．使U1減為原來的 B．使U2增大為原來的2倍 C．使偏轉(zhuǎn)電場極板的長度L增大為原來的2倍 D．使偏轉(zhuǎn)電場極板的距離減小為原來的 解析：選ABD　根據(jù)動能定理得，eU1＝mv02，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場極板的長度為L，極板間的距離為h，則偏轉(zhuǎn)量d＝at2＝＝。使U1減為原來的，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；使U2增大為原來的2倍，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確；使偏轉(zhuǎn)電場極板的長度增大為原來的2倍，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；使偏轉(zhuǎn)電場極板的距離減小為原來的，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。 10.(多選)三個不計重力的電子A、B、C同一地點同時沿同一方向垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)如圖所示的軌跡，則可以判斷(　　) A．它們在電場中運動時間相同 B．A、B在電場中運動時間相同，C先飛離電場 C．C進入電場時的速度最大，A最小 D．電場力對C做功最小 解析：選BCD　三個電子在電場中運動的加速度a相同，沿電場方向上有yA＝y(tǒng)B>yC，由y＝at2知，在電場中運動的時間tA＝tB>tC，A錯誤，B正確；B、C在電場中的水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B運動時間相同，但xAvA，故C進入電場時的速度最大，A最小，C正確；電場力做功W＝Eqy，而yA＝y(tǒng)B>yC，故電場力對C做功最小，D正確。 11.如圖所示，粒子發(fā)射器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子(不計重力)，從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，沿垂直于電場方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，以某一速度離開電場。已知平行板長為L，兩板間距離為d，求： (1)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t； (2)粒子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的縱向偏移量y。 解析：(1)粒子從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，由動能定理得qU1＝mv02 解得v0＝ 粒子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向做勻速直線運動，運動時間滿足L＝v0t 解得t＝L 。 (2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝ 縱向偏移量y＝at2 解得y＝。 答案：(1)L 　(2) 12．(2019北京通州模擬)如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，又沿偏轉(zhuǎn)電場極板間的中心軸線從O點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，O′點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m＝9.010－31 kg，電荷量e＝1.610－19 C，加速電場電壓U0＝2 500 V，偏轉(zhuǎn)電場電壓U＝200 V，極板的長度L1＝6.0 cm，板間距離d＝2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0 cm(忽略電子所受重力，結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。求： (1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0； (2)電子打在熒光屏上的P點到O′點的距離h； (3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它所做的功W。 解析：(1)根據(jù)動能定理有eU0＝mv02 解得v0≈3.0107 m/s。 (2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量為y， 電子在水平方向做勻速直線運動L1＝v0t 電子在豎直方向上做勻加速直線運動y＝at2 根據(jù)牛頓第二定律有＝ma 解得y≈0.36 cm 電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，射出偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點，由幾何關(guān)系知 ＝，解得h＝0.72 cm。 (3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它做的功 W＝ey≈5.810－18 J。 答案：(1)3.0107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.810－18 J