2020屆高考物理專題復(fù)習(xí)練習(xí)題13專題十三帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律含解析

專題十三帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.如圖所示，；H（核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，沒(méi)有中子），2H（核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，一個(gè)中子），3H（核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，兩個(gè)中子）和；He（核內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)子，兩個(gè)中子）四種原子核的混合粒子沿平行板電容器兩板中線OO射入板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射出后都打在與OO垂直的固定熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn).下列說(shuō)法正確的是（）F豆v5次A、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4個(gè)亮點(diǎn)B、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4個(gè)亮點(diǎn)C、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的質(zhì)量與速度之積相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4個(gè)亮點(diǎn)D、若它們都是從靜止開始由同一加速電場(chǎng)加速后再射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則在熒光屏上將出現(xiàn)4個(gè)亮點(diǎn)【答案】C【解析】四個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向有1上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得到：加速度為：a=冽，偏轉(zhuǎn)距離為：y==at2,例?上——-運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=如，聯(lián)立三式得：y="勺；A、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn).故A錯(cuò)誤；B、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn).故B錯(cuò)誤.C、若它們射入電場(chǎng)時(shí)的質(zhì)量與速度之積相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4個(gè)亮點(diǎn)，故C正確；D、若它們是由同一個(gè)電場(chǎng)從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，根據(jù)推論可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn).故D錯(cuò)誤；故選：C.如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子巳Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點(diǎn)上（帶電粒子的重力不計(jì)）.則從開始射入到打到上極板的過(guò)程中（A、它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tPB、它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQVapC、它們所帶的電荷量之比qp:qQ=1:2D、它們的動(dòng)能增加量之比AEkP：△仄q=1：2【答案】C【解析】A、垂直電場(chǎng)方向不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移相等，得到運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以A錯(cuò)誤；日平行電場(chǎng)方向受到電場(chǎng)力，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式，有：,2x=at2.v解得：a=/??①由于兩帶電粒子平行電場(chǎng)方向分位移之比為1:2,所以aQ>ap,故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律，有：qE=ma??②由①②兩式解得：q=二一所以它們所帶的電荷量之比qp：qQ=1：2,故C正確；D、根據(jù)動(dòng)能定理，有：qEx=AEk而：qp：qQ=1：2,xp：xq=1：2,所以動(dòng)能增加量之比：△&「：△EkQ=1：4,故D錯(cuò)誤；故選C3.如圖所示，EF與GH間為一無(wú)場(chǎng)區(qū).無(wú)場(chǎng)區(qū)左側(cè)A、B為相距為d、板長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平放置的平行金屬板，兩板上加某一電壓從而在板間形成一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其中A為正極板.無(wú)場(chǎng)區(qū)右側(cè)為一點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)，點(diǎn)電荷的位置。為圓弧形細(xì)圓管CD的圓心，圓弧半徑為R,

圓心角為120°,O、C在兩板間的中心線上，D位于GH上.一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度V0沿兩板間的中心線射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子出勻強(qiáng)電場(chǎng)經(jīng)無(wú)場(chǎng)區(qū)后恰能進(jìn)入細(xì)圓管，并做與管壁無(wú)相互擠壓的勻速圓周運(yùn)動(dòng).(不計(jì)粒子的重力、管的粗細(xì))求：(1)0處點(diǎn)電荷的電性和電荷量；(1)0處點(diǎn)電荷的電性和電荷量；(2)兩金屬板間所加的電壓.【解析】(1)粒子進(jìn)入圓管后受到點(diǎn)電荷處點(diǎn)電荷帶負(fù)電.由幾何關(guān)系知，粒子在速度為：Q的庫(kù)侖力作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子帶正電，則知0D點(diǎn)速度方向與水平方向夾角為30°,進(jìn)入D點(diǎn)時(shí)魚爐在細(xì)圓管中做與管壁無(wú)相互擠壓的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故Q帶負(fù)電且滿足k=mg??②4fpR由①②得：Q=(2)解：粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成30°v.itan30飛??③Vy=at?④qUa=潛@??⑤Lt=??⑥廣博VoJtu3T由③④⑤⑥得：U==

.如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一重力不計(jì)的帶電粒子沿著上板水平射入電場(chǎng)，恰好從下板右邊緣飛出電場(chǎng)，粒子電勢(shì)能減少了AEi,若保持上板不動(dòng)，將下板上移少許，該粒子仍以相同的速度從原處射入電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中電勢(shì)能減少了△日下列分析正確的是（）A、電容變大，兩板間電壓不變，兩板間場(chǎng)強(qiáng)變大B、電容變小，兩板間電壓變大，兩板間場(chǎng)強(qiáng)不變C、粒子將打在下板上，且AEi>AE2D、粒子仍然從下板右邊緣飛出電場(chǎng)，且AEi=AE2【答案】C喧【解析】【解答】解：A、由C=由次d可知，d減小時(shí)，電容增大，將電容器上板向下移動(dòng)UQ4或W一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于：E===Cd=,可知當(dāng)d減小時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)E不變，但極板間電壓U=Ed會(huì)隨d減小而降低，故AB錯(cuò)誤C、由于場(chǎng)強(qiáng)不變，故粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不變，由于下板上移，故粒子將打在下板上，由于電勢(shì)差變小，電場(chǎng)力做功減小，故電勢(shì)能該變量變小，故C正確，D錯(cuò)誤，故選：C..三個(gè)完全相同的帶電粒子（不計(jì)重力）在同一地點(diǎn)沿同一方向飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，出現(xiàn)了如圖所示的軌跡，由此可以判斷下列正確的是（）A、b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比a長(zhǎng)B、b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)C、進(jìn)電場(chǎng)時(shí)a的速度最大，c的速度最小D、動(dòng)能的增加值c最小，a和b一樣大【答案】Da、b【解析】：Aa、b2

兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y=2at2,可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以在b飛離電場(chǎng)的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上.故A錯(cuò)誤.1B、b、c豎直方向上的位移不等，ycvyb,根據(jù)y=2at2可知，tc<tb.則知c先飛離電場(chǎng).故B錯(cuò)誤.C、在垂直于電場(chǎng)方向即水平方向，三個(gè)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：v=T.因Xc=Xb,tcVtb,則Vc>Vb.根據(jù)ta=tb,Xb>Xa,則Vb>Va,所以有：Vc>Vb>Va,故C錯(cuò)誤.D、由W=qEy可知電場(chǎng)力對(duì)a、b兩電荷做功一樣多，對(duì)c電荷電場(chǎng)力做功最少，根據(jù)動(dòng)能定理知a、b動(dòng)能增加量相等.c電荷動(dòng)能增加量最小.故D正確.故選：D.三個(gè)“粒子垂直射入電場(chǎng)中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng).粒子的質(zhì)量和電量相同，加速度相同.比較沿電場(chǎng)方向上的位移，可比較出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再根據(jù)垂直電場(chǎng)方向的位移可知初速度的大小.通過(guò)動(dòng)能定理比較動(dòng)能的變化量..如圖所示，電子在電勢(shì)差為Ui的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊平行極板間的電場(chǎng)中，射入方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角。變大的是（）A、Ui變大、U2變大B、Ui變小、U2變大C、Ui變大、U2變小D、Ui變小、U2變小【答案】B【解析】：設(shè)電子被加速后獲得初速為vo,則由動(dòng)能定理得：q"二見".?①又設(shè)極板長(zhǎng)為i,則電子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間：地??②—-又設(shè)電子在平行板間受電場(chǎng)力作用產(chǎn)生加速度為a,由牛頓第二定律得：一足一dm③電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度:V③電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度:Vy=at?④由①、②、③、④可得："dmvotaiiS=又有：taiiS=又有：目—生義噸一由加—2dg町—qU4設(shè)故U2變大或U1變小都可能使偏轉(zhuǎn)角。變大，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤.故選B.7.如圖所示，有一電子（電量為e、質(zhì)量為m）經(jīng)電壓U加速后，沿平行金屬板A、B中心線進(jìn)入兩板，A、B板間距為d、長(zhǎng)度為L(zhǎng),A、B板間電壓也為U,屏CD足夠大，距離A、B板右邊緣3L,AB板的中心線過(guò)屏CD的中心且與屏CD垂直.試求電子束打在屏上的位置到屏中心間的距離.到屏中心間的距離.v,速【解析】：設(shè)電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后獲得速度V0v,速度偏轉(zhuǎn)角為9,電子打在屏上的位置到屏中心間的距離為yi,則：加速電場(chǎng)中有動(dòng)能定理得：Q三于"解得：功"挈-①，TOC\o"1-5"\h\z粒子在AB板間運(yùn)動(dòng)過(guò)程：水平方向由：L=v0t解得：刖-②，eU豎直方向：、溫..③，1，I如LT==-④，UeLVy=at=??⑤,Vv&上L"［二=..⑥._rrv離開偏轉(zhuǎn)場(chǎng)后電子勻速飛向屏的過(guò)程：叱?.⑦，由①?⑦解得：「8.現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)中常用的一種電子儀器叫示波器，它的核心部件是示波管，其工作原理如圖

所示，電量大小為e的電子在電勢(shì)差為Ui的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差d,為U2的兩塊平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板間距離為d,板長(zhǎng)為L(zhǎng),整個(gè)裝置處在真空中，電子重力可忽略，電子能射出平行板區(qū).(1)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，求示波管的靈敏度Y](單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏移距離叫示波管的靈敏度)(2)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能大小.J_【解析】(1)在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：eUi=mmvo2??①設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t.則有：L=vot??②1■—ary=?③eU.J.又a=-??④y示波管的靈敏度為：刀="??⑤I2由①?⑤得：Y]=,乙故提高示波管的靈敏度的辦法有：增大L、減小Ui、減小d答：提高示波管的靈敏度的辦法有：增大L、減小Ui、減小d.咫(2)解：由動(dòng)能定理，得：eUi+yy=m-0⑥將②③式代入⑥，得：心E45『Ek=eUi+9.(20i8安徽聯(lián)考)美國(guó)物理學(xué)家密立根于20世紀(jì)進(jìn)行了多次實(shí)驗(yàn)，比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子

的電荷量，其實(shí)驗(yàn)原理可以簡(jiǎn)化為如下模型：兩個(gè)相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調(diào)電源。從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢(shì)差調(diào)節(jié)到U時(shí)，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場(chǎng)，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達(dá)到勻速下落狀態(tài)，通過(guò)顯微鏡觀測(cè)這個(gè)速度的大小為v,已知這個(gè)速度與油滴的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為k,重力加速度為go則計(jì)算油滴帶電荷量的表達(dá)式為（）C.kvdq="UB.vdgq=C.kvdq="UB.vdgq=kUkvq=UdD._vg

q—kUd帶電油滴恰好懸浮時(shí)，由平衡條件有:q帶電油滴恰好懸浮時(shí)，由平衡條件有:qU=mg,油滴勻速下落時(shí)有v=km,解d得q=vdg，故b正確。ku10.（多選）有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，得q=vdg，故b正確。ku10.（多選）有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小,卜列措施可行的是（）A.減小墨汁微粒的質(zhì)量B.減小墨汁微粒所帶的電荷量C.增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D.增大墨汁微粒的噴出速度【答案】：BD2【解析】：根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式v=券為可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，B、D正確。11.（2018福建寧德模擬）如圖所示，區(qū)域I、n分別存在著有界勻強(qiáng)電場(chǎng)E1、E2,已知區(qū)域I寬Li=0.8m,區(qū)域n寬L2=0.4m,日=1042V/m且方向與水平方向成45°角斜向右上方，E2=20V/m且方向豎直向下。帶電荷量為q=1.6乂1（3C、質(zhì)量m=1.6乂10kg的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在區(qū)域I的左邊界由靜止釋放。g取10m/s2,求：(1)小球在電場(chǎng)區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)的加速度大小和時(shí)間；(2)小球離開電場(chǎng)區(qū)域n的速度大小和方向?！敬鸢浮浚?1)10m/s20.4s(2)5m/s速度方向與水平夾角為37°斜向右下方【解析】：(1)小球在電場(chǎng)I區(qū)域受到的電場(chǎng)力Fi=qEi,小球在電場(chǎng)I區(qū)域受到的電場(chǎng)力和重力的合力方向水平向右，大小為F合=51的45=1.6X1(0N,則小球向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a1=丘=10m/s2,m小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間3=2OL1=0.4so(2)小球離開電場(chǎng)I區(qū)域的水平速度V0=a〔t〔=4m/s,小球在電場(chǎng)n區(qū)域中受到電場(chǎng)力和重力的合力豎直向下，其加速度22=9+臂=30m/s2,小球在電場(chǎng)n區(qū)域中做類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間,L2t2==0.1S。V0小球在豎直方向的分速度Vy=a2t2=3m/s,小球離開電場(chǎng)n區(qū)域的速度v=,v0+V=5m/s,設(shè)小球離開電場(chǎng)n區(qū)域的速度方向與水平方向夾角為依則tan0="=*得9=37°。vo412.(2018山西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m=1.0X1(3kg、電荷量為q=8.0X105C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)1、2級(jí)無(wú)初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過(guò)多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=1.0m,金屬板與水平方向的夾角為0=37°,sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度g=10m/s2。(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U;(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=100V/m,要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？【答案】：(1)18.75V(2)等m【解析】：(1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3,小球的初速度為V0,A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y則有*=tan?)gt12cos0=V0t1②.1y—]sin0=/g*③聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得vo=、；3m/s,y=17m④3U帶電小球在多級(jí)加速器加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有19_qU=2mv2—0⑤代入數(shù)據(jù)解得U=18.75V（2）進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則沿y軸方向有Fy=mgcos0—qE=0@沿x軸方向有Fx=mgsinOCD故小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開，則有Fx=ma⑧L12…2=2at2⑨vodmint2（f0）sin0」聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin=m即兩板間的距離d至少為誓m。.（多選）如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強(qiáng)電場(chǎng)，實(shí)線表示該電場(chǎng)的電場(chǎng)線，過(guò)O點(diǎn)的虛線MN表示該電場(chǎng)的一個(gè)等勢(shì)面，兩個(gè)相同的帶正電的粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度開始運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于MN,A、B連線與MN平行，且都能從MN左側(cè)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)。設(shè)粒子P、Q在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Ep1和Ep2,經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為V1和V2。粒子的重力不計(jì)，則（）^5?=*--A.V1>V2B.V1<V2C.Ep1<Ep2D,Ep1>Ep2【答案】：BC【解析】：由題意知兩個(gè)相同的帶電粒子P、Q分別從A、B兩點(diǎn)以相同的初速度運(yùn)動(dòng)，且皆能從MN左側(cè)經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)兩個(gè)粒子皆做正功，再由電場(chǎng)線和等勢(shì)面的垂直關(guān)系以及沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知B點(diǎn)的電勢(shì)相高于A點(diǎn)的電勢(shì)加，B點(diǎn)與O點(diǎn)

..1cc的電勢(shì)差大于A點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢(shì)差，對(duì)兩個(gè)粒子分別運(yùn)用動(dòng)能定理有qU=1m(v2-v0),而Ubo>Uao,可知兩個(gè)粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度vi<v2,則選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；再由電勢(shì)能公式Ep=qa知Epi<Ep2,則選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。.如圖所示，在xOy平面上第I象限內(nèi)有平行于y軸的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向如圖.y軸上一點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,L),有一電子以垂直于y軸的初速度v0從P點(diǎn)垂直射入電場(chǎng)中，并從A點(diǎn)射出，A點(diǎn)坐標(biāo)為(2L,0).已知電子的電量大小為e,質(zhì)量為m,不計(jì)電子的重力.(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(2)若在第IV象限過(guò)Q點(diǎn)放一張垂直于xOy平面的感光膠片，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,-L),求感光膠片上曝光點(diǎn)的橫坐標(biāo)