《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第56講 帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)加練半小時(shí) 教科版》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第56講 帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)加練半小時(shí) 教科版(6頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
第56講 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.電子束焊接機(jī)中的電場(chǎng)線如圖1中虛線所示.K為陰極,A為陽(yáng)極,兩極之間的距離為d,在兩極之間加上高壓U,有一電子在K極由靜止被加速.不考慮電子重力,元電荷為e,則下列說法正確的是( )
圖1
A.A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為
B.電子到達(dá)A極板時(shí)的動(dòng)能大于eU
C.由K到A電子的電勢(shì)能減小了eU
D.由K沿直線到A電勢(shì)逐漸減小
2.(
2、多選)(2017·四川資陽(yáng)4月模擬)如圖2所示,質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子M、N以相同的速度同時(shí)沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,M從兩極板正中央射入,N從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點(diǎn).不計(jì)帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用,則從開始射入到打在上極板的過程中( )
圖2
A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tN=tM
B.它們電勢(shì)能減少量之比ΔEM∶ΔEN=1∶2
C.它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2
D.它們所帶的電荷量之比qM∶qN=1∶2
3.(2017·山東師范大學(xué)附中第三次模擬)如圖3所示,有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng),當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí),帶
3、電粒子沿軌跡①?gòu)膬砂逭虚g飛出;當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí),帶電粒子沿軌跡②落到B板中間.設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同,則兩次的電壓之比為( )
圖3
A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4
C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1
4.(2017·廣東汕頭質(zhì)量檢測(cè))一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)沿豎直方向.兩個(gè)比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b,從電容器邊緣的P點(diǎn)(如圖4)以相同的水平速度射入兩平行板之間.測(cè)得a和b與電容器的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2.若不計(jì)重力,則a和b的比荷之比是( )
圖4
A.4∶1B.2∶1
4、C.1∶1D.1∶2
5.(2017·安徽馬鞍山第一次模擬)如圖5所示,虛線表示勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線,間距均為d,一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的粒子(不計(jì)重力),從A點(diǎn)以與等勢(shì)線成θ角的速度v0射入,到達(dá)B點(diǎn)時(shí),速度方向恰與等勢(shì)線平行,則( )
圖5
A.粒子一定帶正電
B.電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)一定高于B點(diǎn)電勢(shì)
C.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
D.粒子在A點(diǎn)具有的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)具有的電勢(shì)能
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
5、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.(2018·四川瀘州一檢)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1.0×105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處?kù)o止釋放,其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(,1)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;
(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恰能運(yùn)動(dòng)中相碰;假設(shè)Q
6、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.(2017·湖北孝感第一次統(tǒng)考)在xOy直角坐標(biāo)系中,三個(gè)邊長(zhǎng)都為2m的正方形如圖8所示排列,第Ⅰ象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E0,在第Ⅱ象限正方形COED的對(duì)角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),三角形OEC區(qū)域內(nèi)無(wú)電場(chǎng),正方形DENM區(qū)域內(nèi)無(wú)電場(chǎng).現(xiàn)有一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))從AB邊上的A點(diǎn)由靜止釋放,恰好能通過E點(diǎn).
圖8
(1)求CED區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E1;
(2)保
7、持(1)問中電場(chǎng)強(qiáng)度不變,若在正方形ABOC中某些點(diǎn)靜止釋放與上述相同的帶電粒子,要使所有粒子都經(jīng)過E點(diǎn),則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系;
(3)若CDE區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2=E0,方向不變,其他條件都不變,則在正方形區(qū)域ABOC中某些點(diǎn)靜止釋放與上述相同的帶電粒子,要使所有粒子都經(jīng)過N點(diǎn),則釋放點(diǎn)的坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系.
答案精析
1.C [A、K之間的電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng),A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不是,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理,電子到達(dá)A極板時(shí)的動(dòng)能Ek=eU,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;電子由K到A的過程電場(chǎng)力做正功,電子的電勢(shì)能減小了eU,選項(xiàng)C正確;沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)
8、降低,則由K沿直線到A電勢(shì)逐漸升高,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.]
2.AD
3.A [據(jù)題意,粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),即粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),則:x=vt,在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則:y=at2=,偏轉(zhuǎn)電壓為U=,則偏轉(zhuǎn)電壓之比為:==·()2=,故A選項(xiàng)正確.]
4.A 5.C
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、
9、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(,1)點(diǎn)所用時(shí)間為t0,由類平拋運(yùn)動(dòng)可得:x=v0t0,y=t
解得:v0=×104m/s
在金屬板A、B之間,由動(dòng)能定理:qUAB=mv
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)
10、坐標(biāo)滿足的方程為
y=x2,其中x>0
8.(1)4E0 (2)y=x (3)y=3x-4
解析 (1)設(shè)帶電粒子出第Ⅰ象限電場(chǎng)時(shí)的速度為v,在第Ⅰ象限電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理得E0qL=mv2,其中L=2m.要使帶電粒子通過E點(diǎn),在第Ⅱ象限電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí),豎直方向位移為y0,設(shè)水平方向位移為x0,則y0=·()2,因∠CEO=45°,即x0=y(tǒng)0=2m,解得E1=4E0.
(2)設(shè)釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y),帶電粒子出第Ⅰ象限電場(chǎng)時(shí)的速度為v1,在第Ⅰ象限電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)動(dòng)能定理得E0qx=mv,要使帶電粒子過E點(diǎn),在第Ⅱ象限電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí),豎直方向位移為y,水平方向位移也為y,則y=·()2,解得y=x.
(3)如圖所示為其中一條軌跡圖,帶電粒子從DE出電場(chǎng)時(shí)與DE交于Q.進(jìn)入CDE區(qū)域的電場(chǎng)后,初速度延長(zhǎng)線與DE交于G,出電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線交于P點(diǎn),設(shè)在第Ⅰ象限釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y).
由圖可知,在CDE區(qū)域中帶電粒子的水平位移為y,設(shè)偏轉(zhuǎn)位移為y′,則y′=·()2,而=,其中GP=,
NE=2m,
在第Ⅰ象限加速過程中,E0qx=mv,解得y=3x-4.
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