高考物理总复习巩固练习带电粒子在电场中的运动（提高）

【巩固练习】一、选择题1、(2015 盐城模拟) 如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场。一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ） A若AB高度差为h，则UAB=-mgh/qB带电小球在AB两点电势能相等C在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D两电场强度大小关系满足E2=2E1 2、(2014 南京盐城二模)如图所示，虚线表示某电场的等势面.一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示。粒子在A点的速度为vA、电势能为EpA；在B点的速度为vB、电势能为EpB。则下列结论中正确的是()A. 粒子带正电，vAvB，EpAEpBB. 粒子带负电，vAvB，EpAEpBC. 粒子带正电，vAvB，EpAEpBD. 粒子带负电，vAEpB 3、如图，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以v0从原处飞入，则带电小球（ ）A将打在下板中央B仍沿原轨迹由下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央4、空间存在匀强电场，有一电荷量q(q0)，质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷为-q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响，则（ ）A在O、A、B三点中，B点电势最高B在O、A、B三点中，A点电势最高COA间的电势差比BO间的电势差大DOA间的电势差比BA间的电势差小5、质量不同、带电量相同的粒子，不计重力，垂直于电场线射入同一个匀强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的（ ）A速度 B动量 C动能 D速度、动量和动能6、如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（ ） A. 1:8 B .1:4 C 1:2 D .1:1 7、三个质量相等且分别带有正电荷、负电荷和不带电的微粒，均由左侧中央以相同的水平速度射入竖直向上的匀强电场，分别落在正极板A、B、C三处（如图），并把落在A、B、C处的微粒分别称为A、B、C，则（ ）A它们在电场中运动的时间相同B微粒A带正电荷、微粒B带负电荷、微粒C不带电荷C它们到达正极板时的动能D它们在电场中的加速度 8、在真空中有一竖直向上的匀强电场E1，一个带电液滴在电场中O点处于静止状态。现将E1突然增大到E2，方向不变，作用一段时间。再突然使E2反向，E2大小不变，再经过一段同样长的时间，液滴恰好返回到O点。在这两段相同的时间里（ ）A合力冲量的大小相等 B动能的变化相等C电场力做功相同 D重力做功相同9、示波器是一种电子仪器，用它来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示，图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极、上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点。下列有关运用偏转电场实现对电子束的控制的方法 让亮斑沿OY向上移动，在偏转电极加电压，且比Y电势高让亮斑移到荧光屏的左上方，在偏转电极、加电压，且X比电势高、Y比电势高让荧光屏上出现一条水平亮线，只在偏转电极上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）让荧光屏上出现正弦曲线，在偏转电极上加适当频率的扫描电压、在偏转电极上加按正弦规律变化的电压。以上说法中正确的是（ ）A B C D10、示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极和，若在上加上如图甲所示的扫描电压，在上加上如图乙所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是图丙中的（ ）二、填空题1、粒子（氦的原子核：由两个质子和两个中子组成）和质子以相同的速度垂直于电场线进入平行板间的匀强电场，设都能飞出电场，则它们离开匀强电场时，侧向位移之比 ，动能的增量之比 ，偏向角的正切值之比 。2、如图所示，两个很大的带电平行板A和B相距2d，置于真空中，B板带负电，A板带正电，两板间的电势差为U。若从正中央P点沿与板平行方向射入质量为m（不计重力）、初速度为v0的带电粒子，则刚好打在A板的M点。现将A板向上平移d，同时给AB板加电压，可使从P点射入的同样的粒子仍打在M点。求两个电压之比为 ；两次粒子到达M点的动能变化之比为 。三、计算题1、如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm，两板间的电势差为300 V。如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间? 2、(2014 南师附中模拟)如图所示，有一粒子源可以沿轴线ABO方向发射速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电荷量q。A、B是不加电压且处于关闭状态的两个阀门，阀门后是一对平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图乙所示.O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点，垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标，其余尺寸如图甲所示，其中l和t均为已知量。已知，不计粒子重力.(1) 某时刻A、B同时开启且不再关闭，有一个速度为的粒子恰在此时通过A阀门，以阀门开启时刻作为图乙中的计时零点，试求此粒子打在y轴上的坐标位置(用d表示).(2) 某时刻A开启，后A关闭，又过后B开启，再过后B也关闭.求能穿过阀门B的粒子的最大速度和最小速度.(3) 在第(2)问中，若以B开启时刻作为图乙中的计时零点，试求解上述两类粒子打到接收屏上的y坐标(用d表示).3、如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线kO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。U1L1L2PMNOKA4、如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率。当d=d0时为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值为；（2）求收集率与两板间距的函数关系；（3）若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 与两板间距d的函数关系，并绘出图线。【答案与解析】一、选择题1、【答案】A【解析】对A到B的过程运用动能定理得，解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确、B错误；A到虚线速度由零加速至，虚线到B速度减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，故C错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，因为，解得：，故D错误。故选：A【考点】本题旨在考查匀强电场中电势差和电场强度的关系、电场强度、电势能。2、【答案】B【解析】根据电场力与等势面垂直,电场力又要指向轨迹弯曲的内侧，又电场线垂直于等势面由高电势指向低电势，故可判断电场力与电场方向相反，即该粒子带负电，由图知UAB=5 V，粒子从A运动到B的过程中，电场力做功W=qUAB，为负功,故动能减小，电势能增大，所以vAvB，EpAEpB，故B正确；A、C、D错误.3、BD解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电量不变，由公式，d减小，C变大，U减小，d、U同时减小，场强E不变，小球仍沿原轨迹运动。下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；下板向上移动时，小球可能打在下板的中央。4、AD解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高，所以B点最高，A对B错； ，C错。， D正确。故选AD。5、C解析：， ， ， 联立解得 ，题设偏转角度相同，显然，相同，即动能相同，只有C对。6、A解析： 联立解得 联立解得 则电压U1、U2之比 . A正确。7、D解析：由可知，速度相同，水平位移不相同，则时间不同，A错。微粒带正电时，重力向下，电场力向上，根据牛顿第二定律 微粒带负电时，重力向下，电场力向下，加速度最大。所以A带负电，C带正电，B不带电，B错，D对。重力做正功，要使到达正极板时的动能的动能最大，就必须是电场力做正功，电场力对微粒A做正功，A的动能最大，C错。故选D。8、C解析：在O点处于静止状态 O到A点 到A点后电场反向，匀减速上升到B点，A到B到O点 ，合力的冲量大小不相等，A错。根据动能定理 合力做的功不相等，动能的变化不相等，B错。O到A点，电场力做正功，A到B到O点电场力也做正功，电场力相等，位移相等，所以电场力做功相同，C对。前段重力做负功，后段重力做正功，重力做功不相同，D错。故选C。9、D解析：比Y电势高，亮斑沿OY向下移动，不对。X比电势高、Y比电势高，亮斑移到荧光屏的右上方（即图中第一象限），不对。在偏转电极上加特定的周期性变化的电压（扫描电压），则在荧光屏上出现一条水平亮线，对。在偏转电极上加适当频率的扫描电压、在偏转电极上加按正弦规律变化的电压，则在荧光屏上出现正弦曲线，对。故选D。10、C解析：电子经加速电压加速后，以速度v0垂直进入两对相互垂直的偏转电场，并在示波管的荧光屏上激发一个对应的光斑。该光斑在上所加如图甲所示的扫描电压作用下，在每一个周期内重复做沿+x轴方向的匀速直线运动，又该光斑在上所加如图乙所示的信号电压作用下，在每一个周期的四分之一周期内沿+y轴方向的匀速直线运动，接着的半个周期内做沿x轴方向的匀速直线运动，接下来的半个周期内又做沿+x轴方向的匀速直线运动。两个方向的合运动如题图丙中C所示。二、填空题1、1:2； 1:1； 1:2 解析：粒子和质子的电荷量比是2:1，质量比是4:1，侧向位移，所以.动量的增量由合外力做功决定，由动能定理得所以.偏转角的正切值 所以.2、1：3 、1：4解析：第一次 第二次 两式相比得 根据动能定理，动能变化之比等于两次电场力做功之比 第一次 第二次 所以 三、计算题1、解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用。当U1300 V时，小球平衡： 当260 V时，带电小球向下板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 又 由得： .2、【答案】 (1) (2) (3) 【解析】(1) 设粒子经时间t0进入偏转电场；即在t时刻进入偏转电场，在电场中的运动时间；偏转电场中的加速度；粒子在场中的偏转距离为，得。在电场中的偏转角.粒子从射出偏转电场到打到接收屏上的偏转距离y2=ltan.y=y1+y2，得.(2) 能穿过阀门B的最短时间为，对应的最大速度为。能穿过阀门B的最长时间为，对应的最小速度为.(3) 速度最大的粒子将在0时刻出阀门B，时刻进入偏转电场，故其偏转距离与第(1)问相同，打在y轴上的坐标为；速度最小的粒子将在时刻出阀门B，2t时刻进入偏转电场，向下偏转时间为t，再向下偏转(减速) 出电场的速度恰好水平，；，。即两个坐标分别为，。3、（1）（2）（3）解析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得 解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得： 解得：。（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示 解得： P到O点的距离为 。或者利用相似三角形的关系计算： （速度的反向延长线交于两板的中点）。4、（1）（2）当时，收集效率为100%；当时，收集率