高考物理專題56帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)含解析

PAGEPAGE1專題56帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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，也可用動(dòng)能定理處理能量問題.3.在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般是幾段運(yùn)動(dòng)的組合，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征．1．如果不計(jì)重力的電子只受電場(chǎng)力作用，那么電子在電場(chǎng)中不可能做()A．勻速直線運(yùn)動(dòng) B．勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．勻變速曲線運(yùn)動(dòng) D．勻速圓周運(yùn)動(dòng)答案A解析由于不受重力，僅有電場(chǎng)力，電子受力不可能為零，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(F,m)，a不可能為零，A不可能做到；當(dāng)電子所受電場(chǎng)力恒定且方向與其初速度方向一致時(shí)，其做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B可能做到；當(dāng)電子所受電場(chǎng)力與其初速度垂直且電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，則會(huì)在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，C可能做到；在氫原子模型中，氫原子核對(duì)核外電子的庫(kù)侖力提供核外電子繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以電子在只受電場(chǎng)力作用時(shí)可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，D可能做到．2.如圖1，平行板電容器兩極板的間距為d，一帶電粒子在電容器中靠近(不接觸)下極板處?kù)o止，已知重力加速度為g.保持兩極板間電壓不變，把上下兩極板均轉(zhuǎn)過45°到虛線位置，則粒子到達(dá)上極板時(shí)速度大小為()圖1A.eq\r(2gd) B.eq\r(gd)C.eq\r(\r(2)gd) D.eq\r(\f(gd,2))答案A解析開始時(shí)粒子靜止，eq\f(U,d)q＝mg，當(dāng)轉(zhuǎn)過45°角，兩極板的間距為d′＝eq\f(d,\r(2))，電場(chǎng)力在豎直方向分量eq\f(U,\f(d,\r(2)))qsin45°＝eq\f(U,d)q＝mg，所以粒子沿水平方向運(yùn)動(dòng)到上極板，電場(chǎng)力在水平方向分量大小等于在豎直方向分量，加速度a＝g，所以v＝eq\r(2gd)，A正確．3.如圖2所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場(chǎng)，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇．若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()圖2A．電荷M的電荷量等于電荷N的電荷量B．兩電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C．從兩電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩電荷相遇，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功D．電荷M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相等答案C解析兩個(gè)電荷都做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，豎直位移為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEt2,2m)，由題圖可知，兩電荷相遇時(shí)，M的豎直位移大于N的豎直位移，而m、E、t相等，則得出M的電荷量大于N的電荷量，M的加速度大于N的加速度，故A、B錯(cuò)誤；由于m相等，則由以上分析知，M受到的電場(chǎng)力大于N受到的電場(chǎng)力，而電場(chǎng)力沿豎直方向，M的豎直位移大于N的豎直位移，所以從兩電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩電荷相遇，電場(chǎng)力對(duì)M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)N做的功，故C正確；水平方向兩電荷都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝v0t，t相等，而M的水平位移大于N的水平位移，所以M的初速度大于N的初速度，故D錯(cuò)誤．4.(2020·湖南五市十校第二次聯(lián)考)如圖3所示，正六面體真空盒置于水平面上，它的ADHE面與BCGF面均為金屬板，BCGF面帶正電，ADHE面帶負(fù)電，其他面為絕緣材料．從小孔P沿水平方向平行于ABFE面以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴a、b、c，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)．下列說法正確的是()圖3A．三個(gè)液滴在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B．液滴c所帶的電荷量最多C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中液滴c的動(dòng)能增量最大D．三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同答案B解析三液滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由題圖可知三液滴的水平位移x3＞x2＞x1，初速度v0相同，根據(jù)x＝v0t可知在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系為t3＞t2＞t1，它們拋出點(diǎn)的高度相等，根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2可知加速度的關(guān)系為a3＜a2＜a1，三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(mg－qE,m)可知液滴所帶的電荷量關(guān)系為qc＞qb＞qa，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；對(duì)液滴由動(dòng)能定理得(mg－qE)h＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中液滴的動(dòng)能增量關(guān)系為ΔEka＞ΔEkb＞ΔEkc，三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率關(guān)系為va＞vb＞vc，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．5.水平平行放置的金屬板a、b間加有恒定電壓，兩板間距離為d.一帶電粒子緊貼a板水平射入電場(chǎng)，剛好緊貼b板邊緣射出，如圖4所示，在其他條件不變的情況下，若將b板向下平移一段距離x，帶電粒子剛好從兩板間中央射出．不考慮重力的影響，則()圖4A．x＝d B．x＝eq\f(1,2)dC．x＝eq\r(2)d D．x＝(eq\r(2)－1)d答案D解析粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有L＝vt，d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立得d＝eq\f(qUL2,2mdv2)①，若將b板向下平移一段距離x，有L＝vt，eq\f(1,2)(d＋x)＝eq\f(1,2)a′t2，a′＝eq\f(qU,md＋x)，聯(lián)立得eq\f(1,2)(d＋x)＝eq\f(qUL2,2md＋xv2)②，由①②聯(lián)立解得x＝(eq\r(2)－1)d，故D正確．6．(多選)(2020·江西南昌市摸底)如圖5甲所示，兩平行極板P、Q的極板長(zhǎng)度和板間距離均為l，位于極板左側(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子．在0～3t0時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)．已知t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在2t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射出．上述m、q、l、t0均為已知量(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)，則()圖5A．該粒子在平行板間一直做曲線運(yùn)動(dòng)B．該粒子進(jìn)入平行板間的初速度v0＝eq\f(l,2t0)C．該粒子在平行板間偏轉(zhuǎn)時(shí)的加速度a＝eq\f(l,3t\o\al(,02))D．兩平行板上所加電壓大小U0＝eq\f(ml2,2qt\o\al(,02))答案BC解析由于t0～2t0時(shí)間內(nèi)兩極板之間電壓為零，帶電粒子運(yùn)動(dòng)不受力的作用，所以t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的粒子在平行板之間先做類平拋運(yùn)動(dòng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于粒子在平行極板方向不受力的作用，故粒子在沿極板方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以該粒子進(jìn)入平行板之間的初速度v0＝eq\f(l,2t0)，選項(xiàng)B正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(,02)＋at0·t0，解得a＝eq\f(l,3t\o\al(,02))，選項(xiàng)C正確；由E＝eq\f(U0,l)，qE＝ma，a＝eq\f(l,3t\o\al(,02))，聯(lián)立解得兩平行板上所加電壓大小U0＝eq\f(ml2,3qt\o\al(,02))，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．7.如圖6所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿y軸正方向的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第Ⅳ象限過Q(0，－L)點(diǎn)放一張垂直于xOy平面的感光膠片．一電子以垂直于y軸的初速度v0從P(0,2L)點(diǎn)射入電場(chǎng)中，并從A(2L,0)點(diǎn)射出電場(chǎng)，最后打在感光膠片上．已知電子的電荷量大小為e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子的重力．求：圖6(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)電子從出發(fā)到打在感光膠片上的總時(shí)間．答案(1)eq\f(mv\o\al(,02),eL)(2)eq\f(5L,2v0)解析(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在x軸方向：2L＝v0t，在y軸方向：eE＝ma，2L＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得E＝eq\f(mv\o\al(,02),eL)(2)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(2L,v0)a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(v\o\al(,02),L)射出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy＝at1＝2v0射出電場(chǎng)后至到達(dá)感光膠片前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(L,vy)＝eq\f(L,2v0)電子從出發(fā)至落到感光膠片上的總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(5L,2v0).8.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＝eq\f(4,3)×103V/m；比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處由靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3)，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恰能在運(yùn)動(dòng)中相碰；假設(shè)Q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)的位置坐標(biāo)應(yīng)滿足的條件．答案(1)1000V(2)y＝eq\f(1,6)x2，其中x＞0解析(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m，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(eq\r(3)，1)點(diǎn)所用時(shí)間為t0，由類平拋運(yùn)動(dòng)可得：xM＝v0t，yM＝eq\f(qE,2m)teq\o\al(,02)解得：v0＝eq\r(2)×104m/s在金屬板A、B之間，由動(dòng)能定理：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)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＝2ma2x＝v0teq\f(1,2)a1t2＝y(tǒng)＋eq\f(1,2)a2t2解得：y＝eq\f(1,6)x2，其中x＞0即粒子Q釋放點(diǎn)N(x，y)坐標(biāo)滿足的方程為y＝eq\f(1,6)x2，其中x＞0.9．(2020·福建廈門一中月考)相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個(gè)小孔，如圖8甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為－e，在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0＜k＜1，U0＝eq\f(mv\o\al(,0),6e)；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電壓也等于U0，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩極板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端eq\f(L,2)處垂直放置很大的熒光屏PQ，不計(jì)電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略不計(jì)．圖8(1)試求在0～kT與kT～T時(shí)間內(nèi)射出B板電子的速度各是多大？(2)在0～T時(shí)間內(nèi)，熒光屏上有兩個(gè)位置會(huì)發(fā)光，試求這兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離(結(jié)果用L、d表示)．答案(1)eq\f(\r(6),3)v0eq\f(2\r(3),3)v0(2)eq\f(L2,8d)解析(1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場(chǎng)后，速度要發(fā)生變化，設(shè)在0～kT時(shí)間內(nèi)，穿出B板的電子速度為v1，kT～T時(shí)間內(nèi)射出B板的電子速度為v2根據(jù)動(dòng)能定理有：－eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,12)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)，eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,22)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)將U0＝eq\f(mv\o\al(,02),6e)代入上式，得：v1＝eq\f(\r(6),3)v0，v2＝eq\f(2\r(3),3)v0；(2)在