高考物理一轮复习 第8章 电场 微专题42 带电粒子在电场中的加速和偏转试题 粤教版-粤教版高三物理试题

42带电粒子在电场中的加速和偏转[方法点拨](1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．(带电粒子的加速)电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()图1A．A、K之间的电场强度为eq\f(U,d) B．电子到达A极板时的动能大于eUC．由K到A电子的电势能减小了eU D．由K沿直线到A电势逐渐减小2．(带电粒子的偏转)如图2，水平放置的平行板电容器极板A、B间加有恒定电压，a点与下极板的距离为d.一带电粒子从a点水平射入电场，初速度大小为va，粒子偏转后打在下极板的P点时速度大小为va′，其水平射程为2d.若该粒子从与a点在同一竖直线上的b点(图中未标出)水平射入电场，初速度大小为vb，带电粒子仍能打到P点，打到P点时速度大小为vb′.下列判断正确的是()图2A．若b点在a点上方，则va<vb B．若b点在a点下方，则va>vbC．若b点在a点上方，则va′<vb′ D．若b点在a点下方，则va′>vb′3．(带电粒子的偏转)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图3所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()图3A．增大墨汁微粒的荷质比B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C．增大偏转极板间的电压D．减小极板的长度4．(带电粒子的加速和偏转)如图4所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图4A．偏转电场E2对氚核做功最多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置5．如图5所示，将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地．三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计重力作用，则()图5A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒的带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系FA>FB>FCD．三个微粒到达下板时的动能关系是EkA<EkB<EkC6．(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图6所示．由此可见()图6A．电场力为3mgB．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等7．(多选)如图7所示，水平放置的平行板电容器的两极板之间有竖直向下的匀强电场(两极板间距足够大，且不考虑边缘效应)，现有比荷相同的4种带电粒子(重力不计)从电容器中央的O点分别沿OM、ON、OP、OQ四个方向以相同的速率射出，已知OM、ON沿竖直方向，OP、OQ沿水平方向，不计粒子间的相互作用，下列说法中正确的是()图7A．沿OP、OQ方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度相同B．沿OP、OQ方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时电场力做的功一定相等C．沿OP、OQ方向射出的粒子若电性相反，则粒子离开电容器时速度偏转角大小相等D．沿OM、ON方向射出的粒子若均带负电，则沿ON方向射出的粒子先到达极板8．相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板，它们之间的电场除边缘外，可看做匀强电场，其电场线分布如图8所示．一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场，则从a运动到d的过程中()图8A．粒子的速度一直在增大 B．粒子的电势能一直在减小C．粒子在a点的电势能比在d点小 D．粒子的加速度先变大再不变后变小9．(多选)两平行导体板间距为d，两导体板加电压U，不计重力的电子以平行于极板的速度v0射入两极板之间，沿极板方向运动距离为L时侧移为y.如果要使电子的侧移y′＝eq\f(y,4)，仅改变一个量，下列哪些措施可行()A．改变两平行导体板间距为原来的一半B．改变两导体板所加电压为原来的一半C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍10．如图9所示为利用静电除烟尘的通道示意图，前、后两面为绝缘板，上、下两面为分别与高压电源的负极和正极相连的金属板，在上、下两面间产生的电场可视为匀强电场，通道长L＝1m，进烟尘口的截面为边长d＝0.5m的正方形，分布均匀的带负电烟尘颗粒均以水平速度v0＝2m/s连续进入通道，碰到下金属板后其所带电荷会被中和并被收集，但不影响电场分布．已知每立方米体积内颗粒数n＝1×1013个，每个烟尘颗粒带电荷量为q＝－1.0×10－17C，质量为m＝2.0×10－15图9(1)高压电源电压U0＝300V时，求被除去的烟尘颗粒数与总进入烟尘颗粒数的比值；(2)若烟尘颗粒恰好能全部被除去，求高压电源电压U1；(3)装置在(2)中电压U1作用下稳定工作时，1s内进入的烟尘颗粒从刚进入通道到被全部除去的过程中，求电场对这些烟尘颗粒所做的总功．11．如图10所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板,两板间的电压为U1＝100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d＝0.2m，板的长度为L＝1m，P是C板的中点，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从A板的小孔处由静止释放，求：图10(1)为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少？哪板电势高？(2)如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移量为多少？答案精析1．C[A、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是eq\f(U,d)，选项A错误；由动能定理，电子到达A极板时的动能Ek＝eU，选项B错误；电子由K到A的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU，选项C正确；电子由K沿电场线反方向到A，电势逐渐升高，选项D错误．]2．C3．D[微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有水平方向L＝v0t，竖直方向y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，联立得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的竖直位移y，由上式分析可知，采用的方法有减小荷质比eq\f(q,m)、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，A、B、C项错误，D项正确．]4．D[带电粒子在加速电场中加速运动，由动能定理可知：E1qd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(d为加速电场的长度)，解得：v0＝eq\r(\f(2E1dq,m))；粒子在偏转电场中运动的时间t＝eq\f(L,v0)(L为板长)；在偏转电场中的纵向速度vy＝at＝eq\r(\f(E\o\al(2,2)L2q,2E1md))，纵向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(E2L2,4E1d).即位移与比荷无关，与速度无关，由几何关系可知，打在屏上的位置一定相同，D项正确；三个粒子进入偏转电场的速度不同，偏转电场对它们做功相同，所以，离开电场的速度也不同，A、B项错误；加速位移相同，质量大的加速度小，加速时间长，质量大的粒子在偏转电场中运动的时间也长，到屏上的时间与横向速度成反比，C项错误．]5．D[带电微粒做类平抛运动，因xA>xB>xC，而水平速度相同，故tA>tB>tC，A错；由h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·t2，知qA<qB<qC，三个微粒所受电场力的大小关系为FA<FB<FC，B、C错；电场力做功WA<WB<WC，故三个微粒到达下板时的动能关系是EkA<EkB<EkC，D对．]6．AD[设AC与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A到C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg·AC·cosθ－qE·BC·cosθ＝0，解得电场力为qE＝3mg，选项A正确，B错误．小球水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误．小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，则小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确．]7．CD[沿OP、OQ方向射出的粒子若电性相反，则粒子在离开电容器时水平速度大小相等、方向相反，竖直速度大小相等、方向相反、粒子离开电容器时速度偏转角大小相等，速度大小相等、方向相反，A错误，C正确；由公式y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)(eq\f(x,v))2，可知两粒子在电容器中的竖直位移大小相等，但是由于两粒子电荷量不一定相等，故电场力做的功qEy不一定相等，B错误；沿OM、ON方向射出的粒子若均带负电，则沿OM方向射出的粒子做减速运动，沿ON方向射出的粒子做加速运动，故沿ON方向射出的粒子先到达极板，D正确．]8．D[根据带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧可知，粒子带正电．电场力先做负功，后做正功，再做负功，粒子的动能先减小，后增大再减小，选项A错误；粒子的电势能先增大，后减小再增大，选项B错误；顺着电场线方向电势降低，a点的电势高于d点的电势，正电荷在电势高处电势能大，故粒子在a点的电势能比在d点大，选项C错误；电场线先是越来越密后不变再越来越疏，故电场力先变大再不变后变小，粒子的加速度先变大再不变后变小，选项D正确．]9．CD[电子做类平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：L＝v0t，竖直方向：y＝eq\f(1,2)at2，其中：a＝eq\f(qU,md)，联立解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0)).改变两平行导体板间距d为原来的一半，根据y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，y增加为原来的2倍，故A错误；改变两导体板所加电压U为原来的一半，根据y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，y减小为原来的一半，故B错误；改变电子沿极板方向运动距离L为原来的一半，根据y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，y减小为原来的eq\f(1,4)，故C正确；改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，根据y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，y减小为原来的eq\f(1,4)，故D正确．]10．(1)eq\f(3,4)(2)400V(3)0.01J解析(1)由牛顿第二定律得，eq\f(|U0q|,d)＝ma烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有：水平位移L＝v0t竖直位移y＝eq\f(1,2)at2解得：y＝0.375m所求比值为η＝eq\f(y,d)＝eq\f(3,4)(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得d＝eq\f(1,2)a1t′2eq\f(|U1q|,d)＝ma1L＝v0t′解得：U1＝400V(3)t1＝1s内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数：N＝nd2v0t1电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则对所有颗粒所做功的平均值等于电场对距离下金属板eq\f(d,2)处的颗粒所做的功所以W＝Neq\f(|U1q|,d)·eq\f(d,2)＝0.01J.11．(1)32VC板电势高(2)不能0.05m解析(1)设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，由动能定理得：U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①由类平抛规律有：eq\f(L,2)＝v0t ②y＝eq\f(1,2)at2 ③又a＝eq\f(qU2,md) ④整理可得y＝eq\f(U2L2,16dU1) ⑤又y＝eq\f(d,2) ⑥联立⑤⑥解得U2＝32V，因负离子所受电场力方向向上，所以C板电势高(