2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 微專題56 帶電粒子在電場中的加速和偏轉加練半小時 粵教版.docx

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微專題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1 A．A、K之間的電場強度為 B．電子到達A極板時的動能大于eU C．由K到A電子的電勢能減小了eU D．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2 A．它們運動的時間tN＝tM B．它們電勢能減少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶2 C．它們的動能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶2 D．它們所帶的電荷量之比qM∶qN＝1∶2 3．(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①從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡②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3 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 4．(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1∶2.若不計重力，則a和b的比荷之比是(　　) 圖4 A．4∶1B．2∶1C．1∶1D．1∶2 5．(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θ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5 A．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6 7.(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E＝103V/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湖北孝感第一次統考)在xOy直角坐標系中，三個邊長都為2m的正方形如圖8所示排列，第Ⅰ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Ⅱ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2＝E0，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 1．C　[A、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Ek＝eU，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．] 2．AD 3．A　[據題意，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：x＝vt，在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，則：y＝at2＝，偏轉電壓為U＝，則偏轉電壓之比為：＝＝()2＝，故A選項正確．] 4．A　5.C 6．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：x＝v0t y＝at2 由牛頓第二定律得qE＝ma 由題意可知：y＝R；x＝(1＋)R 聯立解得：＝ 7．(1)1000V　(2)y＝x2，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：x＝v0t0，y＝t 解得：v0＝104m/s 在金屬板A、B之間，由動能定理：qUAB＝mv 解得：UAB＝1000V (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：Eq＝ma1 對于Q：Eq＝2ma2 x＝v0t a1t2＝y＋a2t2 解得：y＝x2，其中x>0 即粒子Q釋放點N(x，y)坐標滿足的方程為 y＝x2，其中x>0 8．(1)4E0　(2)y＝x　(3)y＝3x－4 解析　(1)設帶電粒子出第Ⅰ象限電場時的速度為v，在第Ⅰ象限電場中加速運動時，根據動能定理得E0qL＝mv2，其中L＝2m．要使帶電粒子通過E點，在第Ⅱ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∠CEO＝45，即x0＝y0＝2m，解得E1＝4E0. (2)設釋放點的坐標為(x，y)，帶電粒子出第Ⅰ象限電場時的速度為v1，在第Ⅰ象限電場中加速運動時，根據動能定理得E0qx＝mv，要使帶電粒子過E點，在第Ⅱ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y＝x. (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Ⅰ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＝， NE＝2m， 在第Ⅰ象限加速過程中，E0qx＝mv，解得y＝3x－4.