2023年届高考物理专题复习练习题13专题十三带电粒子在电场中的运动规律(含解析)

1H〔1

2H〔，3H1 1〔核内有一个质子，两个中子〕和

4He〔核内有两个质子，两个中子〕四种原子核的混合2粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上消灭亮点．以下说法正确的选项是〔 〕A、假设它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将消灭4个亮点B、假设它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将消灭4个亮点C、假设它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将消灭4个亮点D、假设它们都是从静止开头由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将消灭4个亮点【答案】Ca=at2 ，运动时间为：t=，联立三式得：y=；A、假设它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将消灭3运动时间为：t=，联立三式得：y=；B、假设它们射入电场时的动能相等，yq2个亮点．故B错误．C、假设它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将消灭4个亮点，故C正确；D、假设它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，依据推论可知，y都一样，故1个亮点．故D错误；应选：C如以下图，质量一样的两个带电粒子P，Q以一样的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中心射入，Q从下极板边缘处射入，它们最终打在上极板的同一点上〔带电粒子的重力不计．则从开头射入到打到上极板的过程中〔〕Q A、它们运动的时间t＞tQ Q B、它们运动的加速度a＜Q P C、它们所带的电荷量之比q：q=1：P kP D、它们的动能增加量之比△E ：△E =1：kP 【答案】C【解析】A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以x=at2A错误；B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，x=at2解得：a=…①Q 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，所以a＞a ，解得：a=…①Q C、依据牛顿其次定律，有：qE=ma…②q=由①②两式解得：q=所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2C正确；D、依据动能定理，有：qEx=△Ek而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4D错误；应选C如以下图，EFGH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置OCDR，由③④⑤⑥得：由③④⑤⑥得：U==120°，O、C在两板间的中心线上，DGH上．一个质量为m、电荷量为q的v带正电粒子以初速度沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能v0进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动〔不计粒子的重力、管的粗细〕求：O处点电荷的电性和电荷量；两金属板间所加的电压．v==v0…①〔1〕QO处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°v==v0…①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足k=m…②由①②得：在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足k=m…②由①②得：Q=tan30°=…③a=…⑤t=…⑥a=…⑤t=…⑥12如以下图，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，粒子电势能削减了△E ．假设保持上板不动，将下板上移少许该粒子仍以一样的速度从原处射入电场粒子在电场中电势能削减了△E ，以下分析正确的选项是〔〕121 A、电容变大，两板间电压不变，两板间场强变大B、电容变小，两板间电压变大，两板间场强不变C、粒子将打在下板上，且△E＞△1 1 D、粒子照旧从下板右边缘飞出电场，且△E=△1 AAC=可知，d减小时，电容增大，将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，可知当d减小时，场E一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，可知当d减小时，场C、由于场强不变，故粒子运动轨迹不变，由于下板上移，故粒子将打在下板上，由于电势差变小，电场力做功减小，故电势能该变量变小，故C正确，D错误，应选：C．三个完全一样的带电粒子〔不计重力〕在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，消灭了如以下图的轨迹，由此可以推断以下正确的选项是〔〕A、b在电场中运动的时间比a长B、bc同时飞离电场C、进电场时a的速度最大，c的速度最小D、动能的增加值c最小，ab一样大【答案】DA、三个一样的粒子质量和电量都一样，在同一电场中运动时加速度一样．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，依据y=at2 ，可知运动时间相等，所以在b飞离两粒子在竖直方向上的位移相等，依据y=at2 ，可知运动时间相等，所以在b飞离B、b、cB、b、c竖直方向上的位移不等，y＜yc by=at2可知，t＜t ．则知c先飞离c bC、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．c b c b c x=x，t＜tv＞vc b c b c a b b a b a c b t=t，x＞xv＞v．所以有：v＞v＞v．故Ca b b a b a c b DW=qEy可知电场力对a、b两电荷做功一样多，对c电荷电场力做功最少，依据动能定理知a、b动能增加量相等．c电荷动能增加量最小．故D正确．应选：D．三个α粒子垂直射入电场中都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量一样，加速度一样．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再依据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．1 U的加速电场中由静止开头运动，然后射入电势差为U的两电子能射出平行板区的条件下，下述四种状况中，确定能使电子的偏转角θ变大的是〔〕1 A、U1变大、U2变大B、U1变小、U2变大C、U1变大、U2变小D、U1变小、U2变小v0，则由动能定理得：…v0，则由动能定理得：…①又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为…==…==…④，vy=at=…⑤，==…⑥，由①、②、③、④可得：y③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v=at…④由①、②、③、④可得：y又有：2 U变大或U变小都可能使偏转角θ变大，应选项BACD错误．应选B又有：2 如以下图，有一电子〔e、质量为m〕经电压U加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、BdL，A、BUCDA、B3L，ABCDCD垂直．试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离．加速电场中有动能定理得：，解得：…①，AB板间运动过程：水平方向由：L=vt解得：0…②，竖直方向：…③，01【解析：设电子经加速电场加速后获得速加速电场中有动能定理得：，解得：…①，AB板间运动过程：水平方向由：L=vt解得：0…②，竖直方向：…③，01离开偏转场后电子匀速飞向屏的过程：…⑦，离开偏转场后电子匀速飞向屏的过程：…⑦，由①～⑦解得：．12所示，电量大小为e的电子在电势差为U的加速电场中由静止开头运动，然后射入电势差Ud，板长为L，整个装置处在真空中，电子重力可无视，电子能射出平行板区．12)偏转电场中，求示波管的灵敏度〔单位偏转电压引起的偏移距离叫示波管的灵敏度(2)求电子离开偏转电场时的动能大小．〔〔1〕在加速电场中，由动能定理得：eU=mv2…①设电子在偏转电场中运动时间为t．则有：y=…③a=…④y=…③a=…④0示波管的灵敏度为：η=…⑤由①～⑤得：η=1故提高示波管的灵敏度的方法有：增大L、减小示波管的灵敏度为：η=…⑤由①～⑤得：η=11答：提高示波管的灵敏度的方法有：增大L、减小U、减小d．1〔2〔2〕解：由动能定理，得：eU+1y=E﹣0 ⑥kEk=eU1+9.(2023·安徽联考)20世纪进展了屡次试验，比较准确地测定了电子的电荷量，其试验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源。从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有确定的电荷量，将两板间的电势差调整到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开头下落，由于空气阻力，下落的油滴很快到达匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则计算油滴带电荷量的表达式为( )A．q kvd＝＝

B．q

vdgU ＝kUC．q＝kv D．q＝vgUd【答案】：B

kUdU【解析】：带电油滴恰好悬浮时，由平衡条件有：qd＝mg，油滴匀速下落时有v＝km，解vdgq＝kU，故B正确。10.(多项选择)后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒的喷出速度【答案】：BDqUl22mdv【解析：依据偏转距离公式y＝ 可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒2mdv20、D正确。1 11.(2023·福建宁德模拟)如以下图，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E、E1 21 2 Ⅰ宽L＝0.8m，区域Ⅱ宽L＝0.4m，E＝10 V/m且方向与水平方向成45°21 2 方，E2＝20V/m且方向竖直向下。带电荷量为q＝1.6×10－3Cm＝1.6×10－3kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放。g10m/s2，求：小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向。【答案：(1)10m/s2 0.4s (2)5m/s 速度方向与水平夹角为37°斜向右下方【解析】：(1)F1＝qE1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为1F ＝Fcos45°＝1.6×10－2N，1合则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a

F＝合＝10m/s2，1 m小球运动时间t＝ 2L1＝0.4s。1 a10 11v＝at＝40 11

2qE22小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a＝g＋m

＝30m/s2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间t L2＝＝2 v0

＝0.1s。22vy＝at＝322v＝v2＋v2＝5m/s，0 y设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝vy＝3，得θ＝37°。v0 412．(2023·山西省重点中学联考)如以下图为一多级模型，一质量为m＝1.0×10－3kg、q＝8.0×10－5C的带正电小球(可视为质点)123级加速AMN板的B垂直金属板进入两板间，AMNMMN、PQL＝1.0m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。AM点的高度以及多级加速电场的总电压U；5 26假设该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100V/m，要使带电小球PQd5 26

(1)18.75V (2) m1 (1)ABtv，AM点的高1 则有v0＝tanθ①gt1Lcosθ＝vt②2 01L 11y－2sinθ＝2gt2③13v＝3

m/s，y 17m④＝0 30＝带电小球在多级加速的过程，依据动能定理有10qU＝2mv2－0⑤0U＝18.75V(2)xy轴正方向建立直角坐标系，y轴方向有Fy＝mgcosθ－qE＝0⑥xFx＝mgsinθ⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有Fx＝ma⑧L 12 2 ＝at22 2 d ＝0 t0min sinθ 2d

＝5 26m5 26m5 26即两板间的距离d至少为 m5 26p213.(多项选择)如以下图，空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线，过O点的MN表示该电场的一个等势面，两个一样的带正电的粒子P、QA、B两点以一样MN，A、BMNMN左侧经OP、QA、BEp1EO点时的速度大小分p22v1v。粒子的重力不计，则()2v1>v2C．Ep1<Ep2【答案】：BCv1<v2D．Ep1>Ep2P、QA、B两点以一样的初速度运动，且皆能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子皆做正功，再由电场线和等势面的垂直关BφBAφA，BO点1AOqU＝m(v2－v2)，而2 0AO 1 p p1 UBO>UOv<v，则选项A错误，B正确；再由电势能公E＝qφE<E，则选项C正确，AO 1 p p1 0xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于yy轴上一点P的坐标为0，，有一电子以垂直于y轴的初速度v从P点垂直射入电场中，并从AA点坐标为，0．电子的电量大小为e，质量为，不计电子的重力．0求匀强电场的场强大小；假设在第Ⅳ象限过Q点