浙江专版2021年高考物理一轮复习微专题突破练专题12带电粒子在电场中的运动含解析 9页

专题12　带电粒子在电场中的运动 ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.某电场的电场线分布为如图所示实线,以下说法正确的是 (　　)‎ A.c点场强大于b点场强 B.b和c处在同一等势面上 C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点,电荷的电势能将增大 D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点,可判断该电荷一定带负电 ‎【解析】选A。电场线的疏密表示场强的强弱,由图知c点场强大于b点场强,故A正确;沿电场线方向电势逐渐降低,故b点电势大于c点,故B错误;若将一试探电荷+q由a点移动到d点,电场力做正功,电荷的电势能将减小,故C错误;由粒子的运动轨迹弯曲方向可知,带电粒子受电场力大致为斜向左上方,与电场强度方向相同,故粒子带正电,故D错误。‎ ‎2.如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J,金属块克服摩擦力做功8 J,重力做功24 J,则以下判断正确的是 (　　)‎ A.金属块带负电荷 B.金属块克服电场力做功8 J C.金属块的电势能减少4 J D.金属块的机械能减少12 J ‎【解析】选D。根据动能定理可得:WG+W电+Wf=ΔEk,代入数据即可求得W电=-4 J,即金属块克服电场力做功4 J,金属块的电势能增加4 J,电场力做负功,金属块受到的电场力向右,金属块带正电,故A、B、C项错误。在该过程中金属块动能增加12 J,重力势能减少24 J,因此金属块的机械能减少12 J,故D项正确。‎ - 9 -‎ ‎3.(多选)如图,真空中有一个固定点电荷,电荷量为+Q。图中虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面。有两个一价离子M、N(不计重力,也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同速率v0射入该电场,运动轨迹分别为曲线apb和aqc,其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置,则 (　　)‎ A.M一定是正离子,N一定是负离子 B.M在p点的速率一定大于N在q点的速率 C.M在b点的速率一定大于N在c点的速率 D.M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量 ‎【解析】选B、D。由图可知离子N受到中心电荷的斥力,而离子M受到中心电荷的引力,故两离子的电性一定不同。由于中心电荷带正电,则M一定是负离子,N一定是正离子,故A错误。 在ap和aq过程中,由图可判定M离子在运动过程中,电场力做正功,导致动能增加;而N离子在运动过程中,电场力做负功,导致动能减小。所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率,故B正确。由于a、b、c三点在同一等势面上,故离子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0,N离子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0。由于两离子以相同的速率从a点飞入电场,故两离子分别经过b、c两点时的速率一定相等。故C错误。根据W=qU ,由图可知N离子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于离子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值,故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量,故D正确。‎ ‎4.如图所示,氕核H)、氘核H)和氚核H)同时从静止开始,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后打在同一荧光屏幕上,不计重力,则它们 (　　)‎ A.在偏转电场中运动的加速度相同 B.同时打到荧光屏幕上 C.到达屏幕时的速度相同 - 9 -‎ D.能到达屏幕上同一点 ‎【解析】选D。在偏转电场中运动的加速度a==,加速度的大小取决于比荷,A错误;打到荧光屏幕上的时间:t=t加+t偏,且t加=L,t偏==L′,则:‎ t=,与比荷有关,B错误;由动能定理:qU1+qU2=mv2,解得v=,到达屏幕时的速度不同,C错误;偏转距离:y=a=,与比荷无关,能到达屏幕上同一点,D正确。‎ ‎5.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场,设电容器极板上所带的电荷量为Q,电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为y,若仅使电容器上极板上移,以下说法正确的是 (　　)‎ A.Q减小,y不变　　　 B.Q减小,y减小 C.Q增大,y减小 D.Q增大,y增大 ‎【解析】选B。仅使电容器上极板上移,两极板间距d增大,由C=知,电容器的电容减小,由C=知,U一定,C减小,则Q减小,选项C、D错误;由E=知,电容器两极板间的电场强度减小,电子运动的加速度a=减小,电子在电场中做类平抛运动,电子穿出电场的时间不变,则电子穿出平行板电容器时在垂直极板方向偏移的距离y=at2减小,选项A错误,选项B正确。‎ - 9 -‎ ‎6.(多选)三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的粒子,从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入,并分别落在正极板的A、B、C三处,O点是下极板的左端点,且OC=2OA,AC=2BC,如图所示,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4‎ B.三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4‎ C.三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC=36∶16∶9‎ D.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20‎ ‎【解析】选A、C、D。三个粒子的初速度相等,在水平方向上做匀速直线运动,由x=vt得,运动时间tA∶tB∶tC=xA∶xB∶xC=2∶3∶4,故A正确;三个粒子在竖直方向上的位移y相等,根据y=at2,解得:aA∶aB∶aC=∶∶=36∶16∶9,故B错误;由牛顿第二定律可知F=ma,因为质量相等,所以合力之比与加速度之比相同,合力做功W=Fy,由动能定理可知,动能的变化量等于合力做的功,所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为36∶16∶9,故C正确;三个粒子的合力大小关系为:FA>FB>FC,三个粒子的重力相等,所以B仅受重力作用,A所受的电场力方向向下,C所受的电场力方向向上,即B不带电,A带负电,C带正电,由牛顿第二定律得:aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得:qC∶qA=7∶20,故D正确。‎ ‎7.喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微粒,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入带电极板间,最终打在纸上,关于微粒的运动下列说法不正确的是 (　　)‎ A.若增大两极板间的电场,微粒仍会到达纸上同一位置 B.运动速度先逐渐增大,再保持不变 C.运动时间与电场强度大小无关 D.运动轨迹与所带电荷量有关 - 9 -‎ ‎【解析】选A。若增大两极板间的电场,水平运动不变,运动时间不变,微粒在垂直于板方向所受的电场力变大,则微粒偏转距离变大,不会到达纸上同一位置,选项A错误;微粒在电场中水平速度不变,竖直速度变大,则运动速度逐渐增大,出电场后保持不变,选项B正确;微粒在水平方向做匀速运动,则运动时间t=与电场强度大小无关,选项C正确;微粒的偏转量y=·,即运动轨迹与所带电荷量有关,选项D正确。故选A。‎ ‎8.如图所示为汤姆孙发现电子的气体放电管示意图,其中AB之间为加速电场,‎ D1D2之间可加偏转电场,某次实验中发现电子打在荧光屏的P3位置,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.打在P3位置,说明偏转电极D1接的是低电势 B.要想让电子在荧光屏上的位置从P3靠近P1,则可以增强加速电场或增强偏转电场 C.在加速电场中加速的电子电势能增加 D.在偏转电场中偏转的电子其电势能减少 ‎【解析】选D。发现电子打在荧光屏的P3位置,说明电子在D1、D2板间向上偏转,说明电极板D1接的是高电势,故A错误;令加速电压为U1,则加速后电子的速度为eU1=m,令偏转电压为U2,板长为L,则加速度为a=,运动时间为L=v0t,偏转位移为y=at2=,可知当增强加速电场或增强偏转电场,电子在荧光屏上的位置不一定从P3靠近P1,故B错误;电子在加速电场中运动,电场力做正功,电子的电势能减小,故C错误;在偏转电场中,偏转电场做正功,电子的电势能减小,故D正确。故选D。‎ ‎9.如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速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 (　　)‎ - 9 -‎ A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多 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不同位置 ‎【解析】选A。设粒子质量为m,电量为q,经过加速电场U1q=m,经过偏转电场的偏转位移y1=()2,解得y1=,偏转电场对粒子做功W2=qE2y1=,由于三种粒子电量相同,则偏转电场对三种粒子做功一样多,故选项A正确;从开始无初速度进入电场到打到屏上的过程中,由动能定理有U1q+W2=mv2,解得v=‎ ‎,则三种粒子打到屏上的速度不一样,故选项B错误;在加速电场中有l=a1=,解得t1=,从进入偏转电场到粒子打到屏上所用时间t2+t3‎ ‎====(L+l′),则三种粒子运动到屏上所用时间t=t1+t2+t3‎ ‎=+(L+l′),由于三种粒子质量不同,所以三种粒子运动到屏上所用时间不同,故选项C错误;粒子离开电场后做匀速直线运动,y2=v⊥t3=a2t2t3=‎ ‎··===,则y=y1+y2=+y2=+,所以三种粒子一定打到屏上的同一位置,故选项D错误。‎ - 9 -‎ ‎10.(多选)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板,如图甲所示,加在A、B间的电压UAB做周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-kU0(k≥1),电压变化的周期为2T,如图乙所示。在t=0时,有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场,在运动过程中未与极板相撞,且不考虑重力的作用,则下列说法中正确的是 (　　)‎ A.若k=且电子恰好在2T时刻射出电场,则应满足的条件是d≥‎ B.若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场,则其动能增加 C.若k=且电子恰好在2T时刻射出电场,则射出时的速度为 D.若k=1,电子在射出电场的过程中,沿电场方向的分速度方向始终不变 ‎【解析】选A、D。竖直方向,电子在0～T时间内做匀加速运动,加速度的大小a1=,位移x1=a1T2,在T～2T时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,加速度的大小a2=,初速度的大小v1=a1T,匀减速运动阶段的位移x2=,由题知≥x1+x2,解得d≥,A正确;若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场,电场力做功为零,动能不变,B错误;若k=且电子恰好在2T时刻射出电场,垂直电场方向速度为v0,射出时的速度为,C错误;若k=1,反向电压等于原电压,反向合力大小等于原合力,反向加速度大小等于原加速度,反向加速时间等于半周期,所以电子能射出电场的过程中,电子沿电场方向的分速度方向不变,故D正确。‎ - 9 -‎ ‎11.如图所示,直角三角形ABC为某斜面体的横截面,已知斜面高为h,上表面光滑,与水平面夹角为∠C=30°,D为底边BC上一点,AD与竖直方向的夹角∠BAD=‎ ‎30°,D点处静置一带电荷量为+Q的点电荷。现使一个带电荷量为-q、质量为m的小球从斜面顶端由静止开始运动,则小球到达C点时的速度为多大? ‎ ‎【解析】带电小球从A运动到C的过程中,库仑力先做正功后做负功,结合几何关系求出库仑力做的功,再根据动能定理即可求解到达C点的速度。‎ 点电荷Q周围的等势面为以Q为圆心的同心圆,又由几何关系可知,AD=CD,因此A、C在同一等势面上,即A、C两点电势相等,则小球在A、C两点的电势能相等 从A到C过程中,由能量守恒定律和动能定理得:mgh=mv2‎ 解得:v=‎ 答案:‎ ‎12.如图所示,在竖直平面内有一矩形区域ABCD,长边BA与水平方向成θ=37°角,短边的长度为d,区域内存在与短边平行且场强大小为E的匀强电场。一个带电微粒从O点以某一水平初速度v1沿OP方向射入电场,能沿直线恰好到达P点;若该带电微粒从P点以另一初速度v2竖直向上抛出,恰好经过D点。已知O为短边AD的中点,P点在长边AB上且PO水平,重力加速度为g,sin 37°=0.6,‎ cos 37°=0.8。求: ‎ ‎(1)微粒所带电荷量q与质量m的比值。‎ ‎(2)v1的大小与v2大小的比值。‎ ‎(3)若将该带电微粒从P点以一定的初速度v3竖直向上抛出,则当其动能变为初动能的3倍时,求微粒的竖直位移y的大小与水平位移x大小的比值。‎ - 9 -‎ ‎【解析】(1)微粒沿OP方向运动时做匀减速直线运动,受到的合力方向水平向右,‎ 有:qE=　‎ 可得微粒带电量q与质量m的比值:=‎ ‎(2)微粒的加速度a==gtan θ 初速度v1满足关系=2a 微粒以初速度v2从P点运动到D点做类平抛运动,设运动时间为t,‎ 由平抛运动规律有:‎ cos θ=v2t,+sin θ=at2‎ 由以上几式解得:v1=,v2=‎ 可得v1的大小与v2大小的比值:=‎ ‎(3)设微粒从P点竖直向上抛出的初速度为v3,受到水平向右的合力为F,抛出后微粒做类平抛运动,其动能变为原来3倍,‎ 由平抛运动规律有:x=a 又F=ma,‎ Fx=ΔEk=3×m-m=m 由以上几式得:y2=2x2‎ 即微粒的竖直位移y的大小与水平位移x的大小的比值:=‎ 答案:(1)　(2)　(3)‎ - 9 -‎