高中一輪復(fù)習(xí)物理課時檢測（三十九）帶電粒子在電場中的運動（重點突破課）

課時檢測(三十九)帶電粒子在電場中的運動(重點突破課)一、單項選擇題1．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是()A.eq\f(edh,U) B．edUhC.eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)解析：選D金屬板間的電場強度E＝eq\f(U,d)，根據(jù)動能定理有－eEh＝0－Ek，故電子的初動能Ek＝eq\f(eUh,d)，選項D正確。2．如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪句是錯誤的(設(shè)電源電動勢為U)()A．電子到達B板時的動能是UeB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是3UeD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運動解析：選C電子在AB之間做勻加速運動，且eU＝ΔEk，A正確；在BC之間做勻速運動，B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，C錯誤，D正確。3．如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出。若不計重力，則a和b的比荷之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1解析：選D設(shè)粒子的水平速度為v0，AB間距為d，則d＝eq\f(1,2)×eq\f(qaE,ma)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)lBC,v0)))2，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(qbE,mb)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lBC,v0)))2。以上兩式聯(lián)立可解得：eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝8∶1，故D正確。4．質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入。它們最后打在同一點(粒子重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中，粒子()A．運動時間之比tP∶tQ＝1∶2B．所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2C．電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D．動能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1解析：選B粒子在豎直方向受到向上的電場力，做勻加速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，因為粒子在水平方向上的速度相同，又因為在水平方向上的位移相同，故根據(jù)公式x＝v0t可得兩者的運動時間相同，A錯誤；在豎直方向上的位移之比eq\f(yP,yQ)＝eq\f(1,2)，因為yP＝eq\f(1,2)aPt2＝eq\f(1,2)·eq\f(EqP,m)t2，yQ＝eq\f(1,2)aQt2＝eq\f(1,2)·eq\f(EqQ,m)t2，聯(lián)立可得qP∶qQ＝1∶2，B正確；電場力做功為W＝Eqy，電場力做多少正功，電勢能就減少多少，故eq\f(ΔEP,ΔEQ)＝eq\f(EqPyP,EqQyQ)＝eq\f(1,4)，過程中只有電場力做功，所以電勢能轉(zhuǎn)化為動能，即粒子的動能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D錯誤。5.真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后，垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是()A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4解析：選B設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，C、D板的長度為L，板間距離為d。在加速電場中，由動能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv02，則粒子通過加速獲得的速度為v0＝eq\r(\f(2qU1,m))。三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論：y＝eq\f(U2L2,4dU1)可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤。二、多項選擇題6.如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，則小球()A．做直線運動B．做曲線運動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小解析：選BC對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤。7．(2018·泰安檢測)如圖1所示，在兩平行的金屬板間加上如圖2所示的電壓。在0～1s內(nèi)，一點電荷在兩極板間處于靜止狀態(tài)，t＝2s時電荷仍運動且未與極板接觸。則在1～2s內(nèi)，點電荷(g取10m/s2)()A．做勻加速直線運動，加速度大小為10m/s2B．做變加速直線運動，平均加速度大小為5m/s2C．做變加速直線運動，2s末加速度大小為10m/s2D．2s末速度大小為10m/s解析：選BC由題意知，第1s內(nèi)點電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，故電場力方向向上，與重力平衡；第2s內(nèi)電壓變大，故電場強度變大，電場力變大，第2s末電場強度增加為第1s末的兩倍，故電場力變?yōu)?倍，故合力變?yōu)橄蛏?，大小為mg，故此時加速度大小為10m/s2，且第2s內(nèi)合力隨時間均勻增加，故加速度隨時間均勻增加，做變加速直線運動，A錯誤，C正確；第2s內(nèi)合力隨時間均勻增加，故加速度隨時間均勻增加，平均加速度大小為：eq\x\to(a)＝eq\f(0＋10,2)m/s2＝5m/s2，B正確；根據(jù)速度時間公式，2s末速度大小為：v＝eq\x\to(a)t＝5m/s，D錯誤。8.如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1解析：選ABC粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，兩者沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確，D錯誤。9.(2015·天津高考)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速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()A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多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解析：選AD根據(jù)動能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mv12，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m))。在偏轉(zhuǎn)電場中，由l＝v1t2及y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE2,m)t22得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確；根據(jù)動能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mv22，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2＝eq\r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤；粒子打在屏上所用的時間t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤；根據(jù)vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項D正確。三、計算題10.(2018·江蘇如東中學(xué)期中)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有沿x軸正方向的勻強電場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從O點沿y軸正方向以某一速度射入電場，A、B為其運動軌跡上的兩點，且對應(yīng)的橫坐標xB－xA＝L，已知該粒子在A點的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為60°，當粒子運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°，不計粒子重力，求：(1)粒子的初速度v0；(2)A、B兩點間的電勢差UAB；(3)A點的坐標(xA，yA)。解析：(1)把A點的速度進行正交分解，沿y軸方向的分速度即為初速度v0，則v0＝vsin60°＝eq\f(\r(3),2)v。(2)設(shè)B點的速度為vB，則vB＝eq\f(v0,sin30°)＝eq\r(3)v從A到B的過程中由動能定理可得qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv2，解得UAB＝eq\f(mv2,q)。(3)在y軸方向上，粒子做勻速直線運動，在x軸方向上，粒子做初速度為零的勻加速直線運動(設(shè)加速度為a)，從O點運動到A的過程中有：y方向：yA＝v0tA，x方向：xA＝eq\f(vcos60°,2)tA而E＝eq\f(UAB,L)，a＝eq\f(Eq,m)，vcos60°＝atA解得xA＝eq\f(L,8)，yA＝eq\f(\r(3)L,4)則A點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,8)，\f(\r(3)L,4)))。答案：(1)eq\f(\r(3),2)v(2)eq\f(mv2,q)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,8)，\f(\r(3)L,4)))11．(2018·清江中學(xué)月考)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O，求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x。解析：(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0)。(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中運動的時間t′＝eq\f(L,v0)粒子在電場中的加速度為：a＝e