高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練習(xí) 第9章第5練　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)（含詳解）

1.(多選)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2.(多選)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，A球位于B球的正上方，質(zhì)量相等的兩個小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，其中只有一個小球帶電，不計空氣阻力，下列判斷正確的是()A．如果A球帶電，則A球一定帶負(fù)電B．如果A球帶電，則A球的電勢能一定增加C．如果B球帶電，則B球一定帶負(fù)電D．如果B球帶電，則B球的電勢能一定增加3．(2024·浙江省模擬)示波管的結(jié)構(gòu)如圖所示，Y、Y′接輸入電壓信號，X、X′接掃描電壓信號，若掃描電壓信號的周期和輸入電壓信號的周期相同，且可以在熒光屏上得到輸入電壓信號周期變化的圖像，則下列掃描電壓信號的圖像可能正確的是()4.如圖所示，一質(zhì)量m＝1×10－3kg、電荷量為q＝＋1×10－3C的粒子，重力不計，在豎直向下的電場強度為E＝1×103N/C的勻強電場中運動，在A點時速度方向與電場方向夾角為60°，經(jīng)過0.1s后到達(dá)B點速度方向與電場方向夾角為30°，則粒子在A點速度的大小為()A．100m/sB．200m/sC．300m/sD．400m/s5.(多選)(2023·廣東廣州市聯(lián)考)如圖所示，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(jìn)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速度一樣大C．三種粒子打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6.(多選)(2023·遼寧省第二次聯(lián)考)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板間距離為L，電場強度為E。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好能到達(dá)N板下端。不計粒子重力和粒子間的相互作用，利用以上信息可求得()A．金屬板的長度B．粒子在兩板間的加速度大小C．兩個粒子到N板時的動能D．兩個粒子的電勢能的變化量7．(多選)如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴a、b、c，最后分別落在1、2、3三點，不計三個液滴間的相互作用，則下列說法正確的是()A．三個液滴在真空盒中都做平拋運動B．三個液滴的運動時間一定相同C．三個液滴落到底板時的速率相同D．液滴c所帶電荷量最多8．(多選)(2021·全國乙卷·20)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()9.(2024·河北唐山市模擬)如圖所示，甲圖中運動的小球只受重力作用，乙圖中存在豎直向下的勻強電場，甲、乙兩圖中的斜面相同且絕緣?，F(xiàn)將完全相同的帶負(fù)電小球從兩斜面上的同一點O以相同初速度沿水平方向拋出，分別落在甲、乙圖中斜面上A、B點(圖中未畫出)。小球受到的靜電力始終小于重力，不計空氣阻力。則下列說法正確的是()A．OA的長度等于OB的長度B．小球從拋出到落在斜面上用時相等C．小球落到A點的豎直方向位移小于落到B點的豎直方向位移D．小球落到A點的水平方向位移大于落到B點的水平方向位移10.(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(02),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°11.(2023·黑龍江佳木斯市第八中學(xué)調(diào)研)如圖所示，兩平行金屬板A、B長L＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，一個不計重力的帶正電的粒子電荷量q＝10－10C、質(zhì)量m＝10－20kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后，可進(jìn)入界面MN和光屏PS間的無電場的真空區(qū)域，最后打在光屏PS上的D點(未畫出)。已知界面MN與光屏PS相距12cm，O是中心線RO與光屏PS的交點。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離；(2)粒子射出平行板電容器時偏轉(zhuǎn)角；(3)OD兩點之間的距離。12.(多選)(2024·四川成都市檢測)如圖，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的質(zhì)子(不計重力)在勻強電場中運動，先后經(jīng)過水平虛線上A、B兩點時的速度大小分別為va＝v、vb＝eq\r(3)v，方向分別與AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，則()A．質(zhì)子從A到B的運動為勻變速運動B．電場強度大小為eq\f(2mv2,qL)C．質(zhì)子從A點運動到B點所用的時間為eq\f(2L,v)D．質(zhì)子的最小速度為eq\f(\r(3),2)v第5練帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．BC[對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，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(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤。]2．AD[平拋時的初速度相同，在水平方向通過的位移相同，故下落時間相同，A在上方，豎直位移較大，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A下落的加速度較大，所受合外力較大，如果A球帶電，則A受到向下的靜電力，一定帶負(fù)電，靜電力做正功，電勢能減小，故A正確，B錯誤；如果B球帶電，由于B的豎直位移較小，加速度較小，所受合外力較小，則B所受靜電力向上，應(yīng)帶正電，靜電力對B做負(fù)功，電勢能增加，故C錯誤，D正確。]3．A[若掃描電壓信號如B、C、D選項所示，則在半個周期內(nèi)，粒子沿XX′方向偏轉(zhuǎn)距離相同，熒光屏上在YY′方向呈現(xiàn)一條直線，無法顯示輸入電壓信號隨時間周期性變化的具體情況，若掃描電壓信號如A選項所示，則粒子打在熒光屏上的位置沿XX′方向隨時間均勻分布，又掃描電壓信號周期與輸入電壓信號周期相同，可得到輸入電壓信號周期變化的圖像，綜上，A項圖像正確。]4．A[粒子只受靜電力作用，由牛頓第二定律可得a＝eq\f(qE,m)＝103m/s2整個運動過程中水平方向不受力，速度不變，設(shè)水平方向的速度為v0，則有eq\f(v0,tan30°)＝eq\f(v0,tan60°)＋at解得v0＝50eq\r(3)m/s，故粒子在A點速度大小為vA＝eq\f(v0,sin60°)＝100m/s，故選A。]5．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。]6．AB[垂直M板向右的粒子做勻加速直線運動，由(eq\r(2)v0)2－v02＝2aL，可求加速度的大小a＝eq\f(v02,2L)兩個粒子相同，所以它們的加速度大小相同，B選項可求，B正確；平行M板向下的粒子做類平拋運動，水平方向上由L＝eq\f(1,2)at2，可求其運動時間，豎直方向上由y＝v0t，可求豎直位移大小，板長是y的二倍，所以A選項可求，A正確；由于粒子的質(zhì)量未知，無法求出粒子的動能大小，由于粒子電荷量未知，求不出靜電力做的功，也求不出粒子電勢能的變化量，所以C、D選項不可求，C、D錯誤。]7．BD[三個液滴在水平方向受到靜電力作用，水平方向不是勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向均做自由落體運動，三個液滴的運動時間相同，選項B正確；三個液滴落到底板時豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴c在水平方向位移最大，說明液滴c在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項D正確。]8．AD[帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t＝eq\f(l,v0)，離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mv02)，因為四個帶電粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)。(＋q，m)粒子與(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉(zhuǎn)角方向相反，(＋q，2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同，故A、D正確，B、C錯誤。]9．C[甲中小球只受重力，加速度為g，乙中小球受向上的靜電力，因受到的靜電力始終小于重力，可知加速度小于g，根據(jù)tanθ＝eq\f(\f(1,2)at2,v0t)＝eq\f(at,2v0)可知甲中小球從拋出到落到斜面上用時較短，選項B錯誤；根據(jù)x＝v0t，小球落到A點的水平方向位移小于落到B點的水平方向位移，根據(jù)s＝eq\f(x,cosθ)，可知OA的長度小于OB的長度，選項A、D錯誤；豎直位移y＝v0ttanθ可知，小球落到A點的豎直方向位移小于落到B點的豎直方向位移，選項C正確。]10．C[粒子在電場中只受靜電力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動。水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，eq\f(y,x)＝tan45°，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯誤；vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角θ≠30°，故B、D錯誤；x＝v0t＝eq\f(2mv02,qE)，與P點的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mv02,qE)，故C正確。]11．(1)0.03m(2)37°(3)0.12m解析(1)帶電粒子垂直進(jìn)入勻強電場后做類平拋運動，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，水平方向有L＝v0t，豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv02)＝0.03m(2)設(shè)粒子射出平行板電容器時偏轉(zhuǎn)角為θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUL,mdv02)＝eq\f(3,4)，故偏轉(zhuǎn)角為37°。(3)帶電粒子離開電場時速度的反向延長線與初速度延長線的交點為水平位移的中點，設(shè)兩界面MN、PS相距為L′，由相似三角形得eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋L′)＝eq\f(y,Y)，解得Y＝4y＝0.12m。12．ABD[質(zhì)子在勻強電場中受力恒定，故加速度恒定，則質(zhì)子從A到B的運動為勻變速運動，A正確；質(zhì)子在勻強電場中做拋體運動，在與電場垂直的方向上分速度相等，