（江蘇專用）2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 課時56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉加練半小時.docx

56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉方法點撥(1)帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，一般用牛頓第二定律與運動學公式結合處理或用動能定理處理(2)在勻強電場中做類平拋運動時一般從分解的角度處理(3)注意帶電粒子重力能否忽略1電子束焊接機中的電場線如圖1中虛線所示K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()圖1AA、K之間的電場強度為B電子到達A極板時的動能大于eUC由K到A電子的電勢能減小了eUD由K沿直線到A電勢逐漸減小2(多選)(2017四川資陽4月模擬)如圖2所示，質量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，則從開始射入到打在上極板的過程中()圖2A它們運動的時間tNtMB它們電勢能減少量之比EMEN12C它們的動能增加量之比EkMEkN12D它們所帶的電荷量之比qMqN123(2017山東師范大學附中第三次模擬)如圖3所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板中間設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次的電壓之比為()圖3AU1U218 BU1U214CU1U212 DU1U2114(2017廣東汕頭質量檢測)一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向兩個比荷(即粒子的電荷量與質量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(如圖4)以相同的水平速度射入兩平行板之間測得a和b與電容器的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為12.若不計重力，則a和b的比荷之比是()圖4A41 B21 C11 D125(2017安徽馬鞍山第一次模擬)如圖5所示，虛線表示勻強電場的等勢線，間距均為d，一質量為m、電荷量大小為q的粒子(不計重力)，從A點以與等勢線成角的速度v0射入，到達B點時，速度方向恰與等勢線平行，則()圖5A粒子一定帶正電B電場中A點的電勢一定高于B點電勢C勻強電場的電場強度大小為D粒子在A點具有的電勢能大于在B點具有的電勢能6(2018河南省八校第二次測評)如圖6，半徑為R的圓環(huán)處在勻強電場E中，圓環(huán)平面與電場方向平行，直徑ab與電場線垂直；一帶電粒子以速度v0從a點沿ab方向射入電場，粒子打在圓環(huán)上的c點；已知c點與ab的距離為，不計粒子重力，求帶電粒子的比荷. 圖67.(2018四川瀘州一檢)如圖7所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標系xOy的O點；y軸沿豎直方向；在x>0的區(qū)域內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E103 V/m；比荷為1.0105 C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O處靜止釋放，其運動軌跡恰好經過M(，1)點；粒子P的重力不計，試求：圖7(1)金屬板A、B之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經過O點的同時，在y軸右側勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q，使P、Q恰能運動中相碰；假設Q的質量是P的2倍、帶電情況與P相同；Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計；求粒子Q所有釋放點的集合8(2017湖北孝感第一次統(tǒng)考)在xOy直角坐標系中，三個邊長都為2 m的正方形如圖8所示排列，第象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E0，在第象限正方形COED的對角線CE左側CED區(qū)域內有豎直向下的勻強電場，三角形OEC區(qū)域內無電場，正方形DENM區(qū)域內無電場現(xiàn)有一帶電荷量為q、質量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，恰好能通過E點圖8(1)求CED區(qū)域內的勻強電場的電場強度的大小E1；(2)保持(1)問中電場強度不變，若在正方形ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經過E點，則釋放點的坐標值x、y間應滿足什么關系；(3)若CDE區(qū)域內的電場強度大小變?yōu)镋2E0，方向不變，其他條件都不變，則在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經過N點，則釋放點的坐標值x、y間又應滿足什么關系答案精析1CA、K之間的電場為非勻強電場，A、K之間的電場強度不是，選項A錯誤；由動能定理，電子到達A極板時的動能EkeU，選項B錯誤；電子由K到A的過程電場力做正功，電子的電勢能減小了eU，選項C正確；沿電場線方向電勢降低，則由K沿直線到A電勢逐漸升高，選項D錯誤2AD3A據(jù)題意，粒子在偏轉電場中做類平拋運動，即粒子在水平方向做勻速直線運動，則：xvt，在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，則：yat2，偏轉電壓為U，則偏轉電壓之比為：()2，故A選項正確4A5.C6見解析解析沿ab方向與電場強度方向建立xOy直角坐標系，設粒子從a到c所需時間為t，則：xv0tyat2由牛頓第二定律得qEma由題意可知：yR；x(1)R聯(lián)立解得：7(1)1 000 V(2)yx2，其中x>0解析(1)設粒子P的質量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0；由題意可知，粒子P在y軸右側勻強電場中做類平拋運動；設從O點運動到M(，1)點所用時間為t0，由類平拋運動可得：xv0t0，yt02解得：v0104 m/s在金屬板A、B之間，由動能定理：qUABmv02解得：UAB1 000 V(2)設P、Q在右側電場中運動的加速度分別為a1、a2；Q粒子從N(x，y)點釋放后，經時間t與粒子P相碰；由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關系可得對于P：Eqma1對于Q：Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2解得：yx2，其中x>0即粒子Q釋放點N(x，y)坐標滿足的方程為yx2，其中x>08(1)4E0(2)yx(3)y3x4解析(1)設帶電粒子出第象限電場時的速度為v，在第象限電場中加速運動時，根據(jù)動能定理得E0qLmv2，其中L2 m要使帶電粒子通過E點，在第象限電場中偏轉時，豎直方向位移為y0，設水平方向位移為x0，則y0()2，因CEO45，即x0y02 m，解得E14E0.(2)設釋放點的坐標為(x，y)，帶電粒子出第象限電場時的速度為v1，在第象限電場中加速運動時，根據(jù)動能定理得E0qxmv12，要使帶電粒子過E點，在第象限電場中偏轉時，豎直方向位移為y，水平方向位移也為y，則y()2，解得yx.(3)如圖所示為其中一條軌跡圖，帶電粒子從DE出電場時與DE交于Q.進入CDE區(qū)域的電場后，初速度延長線與DE交于G，出電場時速度的反向延長線與初速度延長線交于P點，設在第象限釋放點的坐標為(x，y)由圖可知，在CDE區(qū)域中帶電粒子的水平位移為y，設偏轉位移為y，則y()2，而，其中GP，NE2 m，在第象限加速過程中，E0qxmv22，解得y3x4.