（新課標(biāo)）高考物理總復(fù)習(xí)課時檢測（四十四）帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點突破課）（含解析）

帶電粒子在電場中的運(yùn)動(重點突破課)1．有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾?，以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮微粒的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是()A．減小微粒的質(zhì)量B．減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．減小微粒的噴出速度解析：選C微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，則在垂直偏轉(zhuǎn)電場方向上有L＝v0t，在平行偏轉(zhuǎn)電場方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv02)，要縮小字跡，就要減小微粒在平行偏轉(zhuǎn)電場方向上的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離、增大微粒的噴出速度、減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓等，故A、B、D錯誤，C正確。2.(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運(yùn)動到P點返回B．運(yùn)動到P和P′點之間返回C．運(yùn)動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A電子在A、B板間的電場中做加速運(yùn)動，在B、C板間的電場中做減速運(yùn)動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強(qiáng)度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間做加速運(yùn)動后，在B、C板間做減速運(yùn)動，到達(dá)P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。3.如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點。若不計粒子重力，則()A．a(chǎn)的電量一定大于b的電量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷解析：選C由題知，粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2得，x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由于v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，可得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，C正確。4.真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏(未畫出)上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點。已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，重力不計。下列說法中正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動時間之比為2∶1∶1B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2解析：選C由U1q＝eq\f(1,2)mv02，有v0＝eq\r(\f(2U1q,m))，得v1∶v2∶v3＝eq\r(2)∶1∶1，再由t＝eq\f(l,v0)，得t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，A錯誤；由y＝eq\f(U0ql2,2dmv02)＝eq\f(U0l2,4dU1)可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點射出，且速度方向相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，C正確；由eq\f(1,2)mv2＝U1q＋eq\f(U0,d)qy，得v＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2U1＋\f(2U0,d)y))\f(q,m))，因eq\f(q,m)不同，故三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度不相同，B錯誤；由偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做的功W電＝eq\f(U0,d)qy，得W電1∶W電2∶W電3＝1∶1∶2，D錯誤。5.如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強(qiáng)電場，兩板間的距離為d。有一帶電粒子以某速度v0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣。帶電粒子所受的重力忽略不計?，F(xiàn)使該粒子仍從原位置以同樣的方向射入電場，但使該粒子落在B板的中點，下列措施可行的是()A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0B．僅使粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．僅使B板向上平移eq\f(d,2)D．僅使B板向下平移d解析：選B帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運(yùn)動，有x＝v0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯(lián)立可得x2＝eq\f(2mv02d2,qU)，現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话?，即x2為原來的四分之一，所以需要將粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移eq\f(d,2)，則根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容增大為原來的兩倍，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可得電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，x2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，C錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，x2變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤。6.(2019·渭南模擬)如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場。讓質(zhì)子流(不計重力)以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央?，F(xiàn)只改變其中一條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A．開關(guān)S斷開B．質(zhì)子初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D．豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d解析：選C開關(guān)S斷開，電容器極板電荷量不變，電容器電容不變，電容器板間電壓不變，場強(qiáng)不變，質(zhì)子所受電場力不變，加速度不變，所以仍落到下板的中央，A錯誤；將質(zhì)子初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，質(zhì)子加速度不變，運(yùn)動時間不變，質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼囊话?，不可能到達(dá)下板邊緣，B錯誤；當(dāng)板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)時，場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，電場力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，運(yùn)動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，由x＝v0t知水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，所以能沿b軌跡落到下板邊緣，C正確；豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電場力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，運(yùn)動時間變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，同理可知水平位移變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，不能到達(dá)下板邊緣，D錯誤。7．(多選)兩平行極板間距為d，兩極板間電壓為U，不計重力的電子以平行于極板的速度v射入兩極板之間，沿極板方向運(yùn)動距離為l時側(cè)移為y。如果要使電子的側(cè)移y′＝eq\f(1,4)y，僅改變一個量，下列哪些措施可行()A．改變兩極板間距為原來的一半B．改變兩極板所加電壓為原來的一半C．改變電子沿極板方向運(yùn)動距離為原來的一半D．改變電子射入兩極板時的速度為原來的2倍解析：選CD電子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動公式，水平方向有l(wèi)＝v0t，豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2，其中a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUl2,2mdv02)。若改變兩極板間距d為原來的一半，y增加為原來的2倍，A錯誤；若改變兩極板所加電壓U為原來的一半，y減小為原來的eq\f(1,2)，B錯誤；若改變電子沿極板方向運(yùn)動距離l為原來的一半，y減小為原來的eq\f(1,4)，C正確；若改變電子射入兩極板時的速度為原來的2倍，y減小為原來的eq\f(1,4)，D正確。8.(多選)如圖所示，在矩形區(qū)域EFGH內(nèi)有平行于HE邊的勻強(qiáng)電場，以A點為圓心的半圓與EF、FG、HE分別相切于B、G、H點，C點是BG的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從H點沿HG方向射入電場后恰好從F點射出。以下說法正確的是()A．粒子的運(yùn)動軌跡一定經(jīng)過C點B．粒子的運(yùn)動軌跡一定經(jīng)過BC之間某點C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ訒葿F之間某點射出矩形EFGH區(qū)域D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由B點射出矩形EFGH區(qū)域解析：選BD粒子從H點沿HG方向射入電場后做類平拋運(yùn)動，恰好從F點射出，則過F點作速度的反向延長線，一定交于水平位移HG的中點，由幾何關(guān)系知延長線又經(jīng)過C點，所以粒子軌跡一定經(jīng)過BC之間某點，故A錯誤，B正確；由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知，當(dāng)豎直位移一定時，運(yùn)動時間不變，水平速度(即初速度)變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好從B點射出，故C錯誤，D正確。9.(多選)如圖所示，從燈絲發(fā)射的初速度為零的電子(不計重力)，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場U2。若要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量增大為原來的2倍，可供選用的方法是()A．使U1減為原來的eq\f(1,2)B．使U2增大為原來的2倍C．使偏轉(zhuǎn)電場極板的長度L增大為原來的2倍D．使偏轉(zhuǎn)電場極板的距離減小為原來的eq\f(1,2)解析：選ABD根據(jù)動能定理得，eU1＝eq\f(1,2)mv02，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場極板的長度為L，極板間的距離為h，則偏轉(zhuǎn)量d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,mh)·eq\f(L2,v02)＝eq\f(U2L2,4U1h)。使U1減為原來的eq\f(1,2)，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；使U2增大為原來的2倍，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確；使偏轉(zhuǎn)電場極板的長度增大為原來的2倍，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；使偏轉(zhuǎn)電場極板的距離減小為原來的eq\f(1,2)，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。10.(多選)三個不計重力的電子A、B、C同一地點同時沿同一方向垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)如圖所示的軌跡，則可以判斷()A．它們在電場中運(yùn)動時間相同B．A、B在電場中運(yùn)動時間相同，C先飛離電場C．C進(jìn)入電場時的速度最大，A最小D．電場力對C做功最小解析：選BCD三個電子在電場中運(yùn)動的加速度a相同，沿電場方向上有yA＝y(tǒng)B>yC，由y＝eq\f(1,2)at2知，在電場中運(yùn)動的時間tA＝tB>tC，A錯誤，B正確；B、C在電場中的水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B運(yùn)動時間相同，但xA<xB，故vB>vA，故C進(jìn)入電場時的速度最大，A最小，C正確；電場力做功W＝Eqy，而yA＝y(tǒng)B>yC，故電場力對C做功最小，D正確。11.如圖所示，粒子發(fā)射器發(fā)射出一束質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子(不計重力)，從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，沿垂直于電場方向射入兩平行板中央，受偏轉(zhuǎn)電壓U2作用后，以某一速度離開電場。已知平行板長為L，兩板間距離為d，求：(1)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間t；(2)粒子在離開偏轉(zhuǎn)電場時的縱向偏移量y。解析：(1)粒子從靜止經(jīng)加速電壓U1加速后，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))粒子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間滿足L＝v0t解得t＝Leq\r(\f(m,2qU1))。(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝eq\f(qU2,md)縱向偏移量y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(L2U2,4dU1)。答案：(1)Leq\r(\f(m,2qU1))(2)eq\f(L2U2,4dU1)12．(2019·北京通州模擬)如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，又沿偏轉(zhuǎn)電場極板間的中心軸線從O點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，O′點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m＝9.0×10－31kg，電荷量e＝1.6×10－19C，加速電場電壓U0＝2500V，偏轉(zhuǎn)電場電壓U＝200V，極板的長度L1＝6.0cm，板間距離d＝2.0cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0；(2)電子打在熒光屏上的P點到O′點的距離h；(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它所做的功W。解析：(1)根據(jù)動能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv02解得v0≈3.0×107(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎