2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 微專題56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉加練半小時 粵教版.docx
《2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 微專題56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉加練半小時 粵教版.docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 微專題56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉加練半小時 粵教版.docx(5頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
微專題56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉 [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公式結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.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.(多選)(2017四川資陽4月模擬)如圖2所示,質量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中,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.不計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.它們運動的時間tN=tM B.它們電勢能減少量之比ΔEM∶ΔEN=1∶2 C.它們的動能增加量之比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電場,當偏轉電壓為U1時,帶電粒子沿軌跡①從兩板正中間飛出;當偏轉電壓為U2時,帶電粒子沿軌跡②落到B板中間.設粒子兩次射入電場的水平速度相同,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廣東汕頭質量檢測)一平行板電容器中存在勻強電場,電場沿豎直方向.兩個比荷(即粒子的電荷量與質量之比)不同的帶正電的粒子a和b,從電容器邊緣的P點(如圖4)以相同的水平速度射入兩平行板之間.測得a和b與電容器的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力,則a和b的比荷之比是( ) 圖4 A.4∶1B.2∶1C.1∶1D.1∶2 5.(2017安徽馬鞍山第一次模擬)如圖5所示,虛線表示勻強電場的等勢線,間距均為d,一質量為m、電荷量大小為q的粒子(不計重力),從A點以與等勢線成θ角的速度v0射入,到達B點時,速度方向恰與等勢線平行,則( ) 圖5 A.粒子一定帶正電 B.電場中A點的電勢一定高于B點電勢 C.勻強電場的電場強度大小為 D.粒子在A點具有的電勢能大于在B點具有的電勢能 6.(2018河南省八校第二次測評)如圖6,半徑為R的圓環(huán)處在勻強電場E中,圓環(huán)平面與電場方向平行,直徑ab與電場線垂直;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.(2018四川瀘州一檢)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系xOy的O點;y軸沿豎直方向;在x>0的區(qū)域內存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小為E=103V/m;比荷為1.0105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放,其運動軌跡恰好經過M(,1)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; (2)若在粒子P經過O點的同時,在y軸右側勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q,使P、Q恰能運動中相碰;假設Q的質量是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.(2017湖北孝感第一次統考)在xOy直角坐標系中,三個邊長都為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電場,電場強度的大小為E0,在第Ⅱ象限正方形COED的對角線CE左側CED區(qū)域內有豎直向下的勻強電場,三角形OEC區(qū)域內無電場,正方形DENM區(qū)域內無電場.現有一帶電荷量為+q、質量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放,恰好能通過E點. 圖8 (1)求CED區(qū)域內的勻強電場的電場強度的大小E1; (2)保持(1)問中電場強度不變,若在正方形ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子,要使所有粒子都經過E點,則釋放點的坐標值x、y間應滿足什么關系; (3)若CDE區(qū)域內的電場強度大小變?yōu)镋2=E0,方向不變,其他條件都不變,則在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子,要使所有粒子都經過N點,則釋放點的坐標值x、y間又應滿足什么關系. 答案精析 1.C [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;沿電場線方向電勢降低,則由K沿直線到A電勢逐漸升高,選項D錯誤.] 2.AD 3.A [據題意,粒子在偏轉電場中做類平拋運動,即粒子在水平方向做勻速直線運動,則:x=vt,在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動,則:y=at2=,偏轉電壓為U=,則偏轉電壓之比為:==()2=,故A選項正確.] 4.A 5.C 6.見解析 解析 沿ab方向與電場強度方向建立xOy直角坐標系,設粒子從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 聯立解得:= 7.(1)1000V (2)y=x2,其中x>0 解析 (1)設粒子P的質量為m、帶電荷量為q,從O點進入勻強電場時的速度大小為v0;由題意可知,粒子P在y軸右側勻強電場中做類平拋運動;設從O點運動到M(,1)點所用時間為t0,由類平拋運動可得:x=v0t0,y=t 解得:v0=104m/s 在金屬板A、B之間,由動能定理:qUAB=mv 解得:UAB=1000V (2)設P、Q在右側電場中運動的加速度分別為a1、a2;Q粒子從N(x,y)點釋放后,經時間t與粒子P相碰;由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關系可得 對于P:Eq=ma1 對于Q:Eq=2ma2 x=v0t a1t2=y+a2t2 解得:y=x2,其中x>0 即粒子Q釋放點N(x,y)坐標滿足的方程為 y=x2,其中x>0 8.(1)4E0 (2)y=x (3)y=3x-4 解析 (1)設帶電粒子出第Ⅰ象限電場時的速度為v,在第Ⅰ象限電場中加速運動時,根據動能定理得E0qL=mv2,其中L=2m.要使帶電粒子通過E點,在第Ⅱ象限電場中偏轉時,豎直方向位移為y0,設水平方向位移為x0,則y0=()2,因∠CEO=45,即x0=y0=2m,解得E1=4E0. (2)設釋放點的坐標為(x,y),帶電粒子出第Ⅰ象限電場時的速度為v1,在第Ⅰ象限電場中加速運動時,根據動能定理得E0qx=mv,要使帶電粒子過E點,在第Ⅱ象限電場中偏轉時,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出電場時與DE交于Q.進入CDE區(qū)域的電場后,初速度延長線與DE交于G,出電場時速度的反向延長線與初速度延長線交于P點,設在第Ⅰ象限釋放點的坐標為(x,y). 由圖可知,在CDE區(qū)域中帶電粒子的水平位移為y,設偏轉位移為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.- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標,表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權。
- 關 鍵 詞:
- 2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 微專題56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉加練半小時 粵教版 2019 高考 物理 一輪 復習 第七 專題 56 帶電 粒子 電場 中的 加速 偏轉 半小時
裝配圖網所有資源均是用戶自行上傳分享,僅供網友學習交流,未經上傳用戶書面授權,請勿作他用。
鏈接地址:http://m.italysoccerbets.com/p-3905762.html