高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 電場 微專題42 帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)試題 粵教版-粵教版高三物理試題

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1、42 帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn) [方法點撥]　(1)帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，一般用牛頓第二定律與運動學(xué)公式結(jié)合處理或用動能定理處理．(2)在勻強電場中做類平拋運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．(帶電粒子的加速)電子束焊接機中的電場線如圖1中虛線所示．K為陰極，A為陽極，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之間的電場強度為 B．電子到達A極板時的動能大于eU C．由K到A電子的電勢能減小了eU D．由K沿直線到A電勢逐漸減小

2、2．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖2，水平放置的平行板電容器極板A、B間加有恒定電壓，a點與下極板的距離為d.一帶電粒子從a點水平射入電場，初速度大小為va，粒子偏轉(zhuǎn)后打在下極板的P點時速度大小為va′，其水平射程為2d.若該粒子從與a點在同一豎直線上的b點(圖中未標出)水平射入電場，初速度大小為vb，帶電粒子仍能打到P點，打到P點時速度大小為vb′.下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．若b點在a點上方，則vavb C．若b點在a點上方，則va′vb′ 3．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的

3、結(jié)構(gòu)簡圖如圖3所示．其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上顯示出字符．已知偏移量越小打在紙上的字跡越小，現(xiàn)要縮小字跡，下列措施可行的是(　　) 圖3 A．增大墨汁微粒的荷質(zhì)比 B．減小墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能 C．增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓 D．減小極板的長度 4．(帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn))如圖4所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) 圖4 A．

4、偏轉(zhuǎn)電場E2對氚核做功最多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 5．如圖5所示，將三個質(zhì)量相等的帶電微粒分別以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶正電，下板接地．三個微粒分別落在圖中A、B、C三點，不計重力作用，則(　　) 圖5 A．三個微粒在電場中運動時間相等 B．三個微粒的帶電荷量相同 C．三個微粒所受電場力的大小關(guān)系FA>FB>FC D．三個微粒到達下板時的動能關(guān)系是EkA

5、N上方的A點以一定的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖6所示．由此可見(　　) 圖6 A．電場力為3mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等 D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等 7．(多選)如圖7所示，水平放置的平行板電容器的兩極板之間有豎直向下的勻強電場(兩極板間距足夠大，且不考慮邊緣效應(yīng))，現(xiàn)有比荷相同的4種帶電粒子(重力不計)從電容器中央的O點分別沿OM、ON、OP、OQ四個方向以相同的速率射出，已知OM、ON沿豎直方向，OP、OQ沿水平方向，不計粒子間的相互作用

6、，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．沿OP、OQ方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時速度相同 B．沿OP、OQ方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時電場力做的功一定相等 C．沿OP、OQ方向射出的粒子若電性相反，則粒子離開電容器時速度偏轉(zhuǎn)角大小相等 D．沿OM、ON方向射出的粒子若均帶負電，則沿ON方向射出的粒子先到達極板 8．相距很近的一對帶等量異號電荷的平行金屬板，它們之間的電場除邊緣外，可看做勻強電場，其電場線分布如圖8所示．一個帶電粒子沿圖中軌跡穿過該電場，則從a運動到d的過程中(　　) 圖8 A．粒子的速度一直在增大 B．粒子的電勢能一直在減

7、小 C．粒子在a點的電勢能比在d點小 D．粒子的加速度先變大再不變后變小 9．(多選)兩平行導(dǎo)體板間距為d，兩導(dǎo)體板加電壓U，不計重力的電子以平行于極板的速度v0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′＝，僅改變一個量，下列哪些措施可行(　　) A．改變兩平行導(dǎo)體板間距為原來的一半 B．改變兩導(dǎo)體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 10．如圖9所示為利用靜電除煙塵的通道示意圖，前、后兩面為絕緣板，上、下兩面為分別與高壓電源的負極和正極相連的金屬板，在上、下兩面間產(chǎn)生的電場可

8、視為勻強電場，通道長L＝1 m，進煙塵口的截面為邊長d＝0.5 m的正方形，分布均勻的帶負電煙塵顆粒均以水平速度v0＝2 m/s連續(xù)進入通道，碰到下金屬板后其所帶電荷會被中和并被收集，但不影響電場分布．已知每立方米體積內(nèi)顆粒數(shù)n＝1×1013個，每個煙塵顆粒帶電荷量為q＝－1.0× 10－17 C，質(zhì)量為m＝2.0×10－15 kg，忽略顆粒的重力、顆粒之間的相互作用力和空氣阻力． 圖9 (1)高壓電源電壓U0＝300 V時，求被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進入煙塵顆粒數(shù)的比值； (2)若煙塵顆粒恰好能全部被除去，求高壓電源電壓U1； (3)裝置在(2)中電壓U1作用下穩(wěn)定工作時，1 s

9、內(nèi)進入的煙塵顆粒從剛進入通道到被全部除去的過程中，求電場對這些煙塵顆粒所做的總功． 11．如圖10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＝100 V，C、D是水平放置的平行金屬板，板間距離為d＝0.2 m，板的長度為L＝1 m，P是C板的中點，A、B兩板小孔連線的延長線與C、D兩板的距離相等，將一個負離子從A板的小孔處由靜止釋放，求： 圖10 (1)為了使負離子能打在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4 V，則負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．C　[

10、A、K之間的電場為非勻強電場，A、K之間的電場強度不是，選項A錯誤；由動能定理，電子到達A極板時的動能Ek＝eU，選項B錯誤；電子由K到A的過程電場力做正功，電子的電勢能減小了eU，選項C正確；電子由K沿電場線反方向到A，電勢逐漸升高，選項D錯誤．] 2．C 3．D　[微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有水平方向L＝v0t，豎直方向y＝at2，又a＝，聯(lián)立得y＝＝，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的豎直位移y，由上式分析可知，采用的方法有減小荷質(zhì)比、增大墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，A、B、C項錯誤，D項正確．] 4．

11、D　[帶電粒子在加速電場中加速運動，由動能定理可知：E1qd＝mv(d為加速電場的長度)，解得：v0＝ ；粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t＝(L為板長)；在偏轉(zhuǎn)電場中的縱向速度vy＝at＝ ，縱向位移y＝at2＝.即位移與比荷無關(guān)，與速度無關(guān)，由幾何關(guān)系可知，打在屏上的位置一定相同，D項正確；三個粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度不同，偏轉(zhuǎn)電場對它們做功相同，所以，離開電場的速度也不同，A、B項錯誤；加速位移相同，質(zhì)量大的加速度小，加速時間長，質(zhì)量大的粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間也長，到屏上的時間與橫向速度成反比，C項錯誤．] 5．D　[帶電微粒做類平拋運動，因xA>xB>xC，而水平速度相同，故tA>tB>

12、tC，A錯；由h＝ at2＝··t2，知qA

13、A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項D正確．] 7．CD　[沿OP、OQ方向射出的粒子若電性相反，則粒子在離開電容器時水平速度大小相等、方向相反，豎直速度大小相等、方向相反、粒子離開電容器時速度偏轉(zhuǎn)角大小相等，速度大小相等、方向相反，A錯誤，C正確；由公式y(tǒng)＝at2＝()2，可知兩粒子在電容器中的豎直位移大小相等，但是由于兩粒子電荷量不一定相等，故電場力做的功qEy不一定相等，B錯誤；沿OM、ON方向射出的粒子若均帶負電，則沿OM方向射出的粒子做減速運動，沿ON方向射出的粒子做加速運動，故沿ON方向射出的粒子先到達極板，D正確．] 8．D　[根據(jù)帶電粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)可

14、知，粒子帶正電．電場力先做負功，后做正功，再做負功，粒子的動能先減小，后增大再減小，選項A錯誤；粒子的電勢能先增大，后減小再增大，選項B錯誤；順著電場線方向電勢降低，a點的電勢高于d點的電勢，正電荷在電勢高處電勢能大，故粒子在a點的電勢能比在d點大，選項C錯誤；電場線先是越來越密后不變再越來越疏，故電場力先變大再不變后變小，粒子的加速度先變大再不變后變小，選項D正確．] 9．CD　[電子做類平拋運動，根據(jù)分運動公式，有：水平方向：L＝v0t，豎直方向：y＝at2，其中：a＝，聯(lián)立解得：y＝.改變兩平行導(dǎo)體板間距d為原來的一半，根據(jù)y＝，y增加為原來的2倍，故A錯誤；改變兩導(dǎo)體板所加電壓U為原

15、來的一半，根據(jù)y＝，y減小為原來的一半，故B錯誤；改變電子沿極板方向運動距離L為原來的一半，根據(jù)y＝，y減小為原來的，故C正確；改變電子射入兩極板時的速度為原來的2倍，根據(jù)y＝，y減小為原來的，故D正確．] 10．(1)　(2)400 V　(3)0.01 J 解析　(1)由牛頓第二定律得，＝ma 煙塵顆粒在電場中做類平拋運動，飛出電場時，有：水平位移L＝v0t 豎直位移y＝at2 解得：y＝0.375 m 所求比值為η＝＝ (2)由類平拋運動規(guī)律和牛頓第二定律得d＝a1t′2 ＝ma1 L＝v0t′ 解得：U1＝400 V (3)t1＝1 s內(nèi)進入煙塵通道的煙塵顆?？倐€數(shù)

16、：N＝nd2v0t1 電場力對每個顆粒所做的功與其到下金屬板的偏移量y成正比，則對所有顆粒所做功的平均值等于電場對距離下金屬板處的顆粒所做的功所以W＝N·＝0.01 J. 11．(1)32 V　C板電勢高　(2)不能　0.05 m 解析　(1)設(shè)負離子的質(zhì)量為m，電量為q，從B板小孔飛出的速度為v0， 由動能定理得：U1q＝mv ① 由類平拋規(guī)律有：＝v0t ② y＝at2 ③ 又a＝ ④ 整理可得y＝ ⑤ 又y＝ ⑥ 聯(lián)立⑤⑥解得U2＝32 V，因負離子所受電場力方向向上，所以C板電勢高 (2)若負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＝mv，a′＝ 聯(lián)立以上各式解得y＝，將y＝0.1 m代入可解得U2′＝8 V 可見，如果兩板間所加電壓為4 V，則負離子不能打在板上，而是從兩板間飛出． 將U2″＝4 V，代入可解得y＝0.05 m 故如果C、D兩板間所加的電壓為4 V，則負離子不能打在板上，它離開電場時發(fā)生的側(cè)移量為0.05 m.