高考物理一輪作業(yè)第4講帶電粒子在電場中的運動

第4講帶電粒子在電場中的運動基礎(chǔ)鞏固1.(2017北京朝陽期末,1)關(guān)于“電子伏特(符號:eV)”,屬于下列哪一物理量的單位()A.電荷量 B.電壓 C.電流 D.能量2.(2017北京豐臺一模,17)質(zhì)量不同、電荷量相同的粒子,不計重力,垂直于電場線射入同一個勻強電場。若它們離開電場時速度方向改變的角度相同,則它們在進入電場前必然具有相同的()A.速度 B.動量C.動能 D.動量或動能均可以3.(2016北京豐臺一模,19)示波器是一種電子儀器,可以用它觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,其原理圖如圖甲所示。圖乙是從右向左看到的熒光屏的平面圖。在偏轉(zhuǎn)電極XX'、YY'上都不加電壓時,電子束將打在熒光屏的中心點;若亮點很快移動,由于視覺暫留關(guān)系,能在熒光屏上看到一條亮線。若在XX'上加如圖丙所示的掃描電壓,在YY'上加如圖丁所示的信號電壓,則在示波管熒光屏上看到的圖形是選項圖中的()4.(2016北京西城期末,10)如圖所示,在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置。一帶電粒子沿平行于板面的方向,從左側(cè)兩極板中央射入電場中,恰能從右側(cè)極板邊緣處離開電場。不計粒子重力。若可以改變某個量,下列哪種變化,仍能確保粒子一定飛出電場()A.只增大粒子的帶電荷量B.只增大電場強度C.只減小粒子的比荷D.只減小粒子的入射速度5.帶有等量異種電荷的兩平行金屬板水平放置,a、b、c三個α粒子(重力忽略不計)先后從同一點O垂直電場方向進入電場,其運動軌跡如圖所示,其中b恰好沿下極板的邊緣飛出電場。下列說法正確的是()A.b在電場中運動的時間大于a在電場中運動的時間B.b在電場中運動的時間等于c在電場中運動的時間C.進入電場時c的速度最大,a的速度最小D.a打在負極板上時的速度與b飛離電場時的速度大小相等6.如圖所示,帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中豎直放置,M、N為板間同一電場線上的兩點。一帶電粒子(不計重力)以速度vM經(jīng)過M點沿電場線向右運動,且未與右側(cè)金屬板接觸,一段時間后,粒子以速度vN向左經(jīng)過N點,則()A.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢B.粒子受到的電場力一定由M點指向N點C.粒子在M點的速度一定比在N點的速度大D.粒子在M點的電勢能一定比在N點的電勢能大7.(2018北京海淀期末,15,9分)示波器的核心部件是示波管,其內(nèi)部抽成真空,如圖是它內(nèi)部結(jié)構(gòu)的簡化原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。熾熱的金屬絲可以連續(xù)發(fā)射電子,電子質(zhì)量為m,電荷量為e。發(fā)射出的電子由靜止經(jīng)電壓U1加速后,從金屬板的小孔O射出,沿OO'進入偏轉(zhuǎn)電場,經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上。偏轉(zhuǎn)電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成,已知極板的長度為l,兩板間的距離為d,極板間電壓為U2,偏轉(zhuǎn)電場極板的右端到熒光屏的距離為L。不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。(1)求電子從小孔O穿出時的速度大小v0;(2)求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y;(3)若將極板M、N間所加的直流電壓U2改為交變電壓u=Umsin2πT綜合提能1.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動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P'點,則由O點靜止釋放的電子()A.運動到P點返回 B.運動到P和P'點之間返回C.運動到P'點返回 D.穿過P'點2.如圖,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將()A.保持靜止狀態(tài) B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動 D.向左下方做勻加速運動3.如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為+q和q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于()A.s22C.s424.(2017北京海淀零模,24,20分)用靜電的方法來清除空氣中的灰塵,需要首先設(shè)法使空氣中的灰塵帶上一定的電荷,然后利用靜電場對電荷的作用力,使灰塵運動到指定的區(qū)域進行收集。為簡化計算,可認為每個灰塵顆粒的質(zhì)量及其所帶電荷量均相同,設(shè)每個灰塵顆粒所帶電荷量為q,其所受空氣阻力與其速度大小成正比,表達式為F阻=kv(式中k為大于0的已知常量)。由于灰塵顆粒的質(zhì)量較小,為簡化計算,灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時間及通過的位移均可忽略不計,同時也不計灰塵顆粒之間的作用力及灰塵顆粒所受重力的影響。(1)有一種靜電除塵的設(shè)計方案是這樣的,需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的內(nèi)部區(qū)域,將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端,恰好能將圓桶封閉,如圖甲所示。在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內(nèi)空間的電場可視為勻強電場),便可以在一段時間內(nèi)將圓桶區(qū)域內(nèi)的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上,從而達到除塵的作用。求灰塵顆粒運動可達到的最大速率;(2)對于一個待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內(nèi)部區(qū)域,還可以設(shè)計另一種靜電除塵的方案:沿圓桶的軸線有一根細直導(dǎo)線作為電極,緊貼圓桶內(nèi)壁加一個薄金屬桶作為另一電極。在直導(dǎo)線電極外面套有一個由絕緣材料制成的半徑為R0的圓桶形保護管,其軸線與直導(dǎo)線重合,如圖乙所示。若在兩電極間加上恒定的電壓,使得桶壁處電場強度的大小恰好等于第(1)問的方案中圓桶內(nèi)電場強度的大小,且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強度大小E的分布情況為E∝1r①試通過計算分析,帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的過程中,其瞬時速度大小v和其與直導(dǎo)線的距離r之間的關(guān)系;②對于直線運動,教科書中講解了由vt圖像下的面積求位移的方法。請你借鑒此方法,利用v隨r變化的關(guān)系,畫出1v5.(2017北京海淀二模,24,20分)光電效應(yīng)現(xiàn)象中逸出的光電子的最大初動能不容易直接測量,可以利用轉(zhuǎn)換測量量的方法進行測量。(1)如圖甲所示為研究某光電管發(fā)生光電效應(yīng)的電路圖,當用頻率為ν的光照射金屬陰極K時,通過調(diào)節(jié)光電管兩端電壓U,測量對應(yīng)的光電流I,繪制了如圖乙所示的IU圖像。根據(jù)圖像求光電子的最大初動能Ekm和陰極金屬的逸出功W。已知電子所帶電荷量為e,圖像中Uc、Im、入射光的頻率ν及普朗克常量h均為已知量。(2)有研究者設(shè)計了如下的測量光電子最大初動能的方法。研究裝置如圖丙所示,真空中放置的兩個平行正對金屬板可以作為光電轉(zhuǎn)換裝置。用頻率一定的細激光束照射A板中心O,板中心O點附近將有大量的電子吸收光子的能量而逸出。B板上涂有特殊材料,當電子打在B板上時會在落點處留有可觀察的痕跡。若認為所有逸出的電子都以同樣大小的速度從O點逸出,且沿各個不同的方向均勻分布,金屬板的正對面積足夠大(保證所有逸出的電子都不會射出兩極板所圍的區(qū)域),光照條件保持不變。已知A、B兩極板間的距離為d,電子所帶電荷量為e,電子所受重力及它們之間的相互作用力均可忽略不計。①通過外接可調(diào)穩(wěn)壓電源給A、B兩極板間加上一定的電壓,A板接電源的負極,由O點逸出的電子打在B板上的最大區(qū)域范圍為一個圓形,且圓形的半徑隨A、B兩極板間的電壓變化而改變。通過實驗測出了一系列A、B兩極板間的電壓值U與對應(yīng)的電子打在B板上的最大圓形區(qū)域半徑r的值,并畫出了如圖丁所示的r21U②若將A板換為另一種金屬材料,且將其與可調(diào)穩(wěn)壓電源的正極連接,B板與該電源的負極連接,當兩極板間電壓為U0時,電子打在B板上的最大區(qū)域范圍仍為一個圓,測得圓的半徑為R。改變兩極板間的電壓大小,發(fā)現(xiàn)電子打在B板上的范圍也在發(fā)生相應(yīng)的變化。為使B板上沒有電子落點的痕跡,試通過計算分析兩金屬板間的電壓需滿足什么條件?

答案精解精析基礎(chǔ)鞏固1.D電荷量的單位庫侖,簡稱庫,用C表示,A錯誤;電壓的單位伏特,簡稱伏,用V表示,B錯誤;電流的單位安培,簡稱安,用A表示,C錯誤;一個電子經(jīng)過1伏特的電勢差加速后所獲得的動能為1電子伏特(1eV),是能量的單位,D正確。2.C如圖所示,設(shè)電場區(qū)域?qū)挒長,電場強度大小為E,粒子帶電荷量為+q,質(zhì)量為m,進入電場時的速度為v0,出電場時的速度為v,在電場中的運動時間為t由類平拋運動規(guī)律可知L=v0ttanθ=vvy=ata=qE由以上各式解得tanθ=qELm3.A因水平方向XX'所加電壓可使電子在水平方向移動,豎直方向YY'所加電壓可使電子在豎直方向移動,所以A選項正確,B、C、D選項錯誤。4.C設(shè)兩極板間的距離為d,由題意知粒子的偏移量y=d2,因y=12at2=Eq2m(5.Ca、b相比較,豎直偏移量相同,即y=12·Eqmt2相同,得ta=tb,A錯誤;由題知粒子做類平拋運動,進入電場時的速度v0=xt,水平位移xa<xb,時間ta=tb,得vb>va;b、c相比較,豎直偏移量yb>yc,知tb>tc,水平位移x相同,知vc>vb,所以C正確,B錯誤;由動能定理,電場力對a和b做功是相同的,所以動能變化相同,但由于初動能Ekb>Eka,所以末速度vb末>v6.C由于帶電粒子未與右側(cè)金屬板接觸,可知粒子向右做的是減速運動,故電場力向左,B錯誤。粒子由M到N電場力做負功,電勢能增加,動能減小,故速度減小,C正確、D錯誤。由于粒子的電性和電場方向均未知,故不能判斷M、N點電勢的高低,A錯誤。7.答案(1)2U1(3)Um解析(1)U1e=12mvv0=2(2)電子進入偏轉(zhuǎn)電場,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t水平方向:t=lv豎直方向:E=U2d,F=Ee,a=y=12at2=U(3)當交變電壓為最大值Um時,設(shè)電子離開交變電場時沿豎直方向的速度為vym,最大側(cè)移量為ym;離開偏轉(zhuǎn)電場后到達熒光屏的時間為t1,在這段時間內(nèi)的側(cè)移量為y1則ym=Umvym=amt=Umeldmv0,t1=Lv0,y1則s=2(ym+y1)=Um說明:對于第(3)問,若直接用“二級結(jié)論”l2L+綜合提能1.A由題意知,電子在A、B板間做勻加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設(shè)A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2,由動能定理得eU1eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P'點,由于板上帶電荷量沒有變化,B、C板間電場強度E=Ud=QCd=2.D最初帶電微粒處于靜止狀態(tài),受力如圖(1),Eq=mg;當兩板繞過a點的軸逆時針轉(zhuǎn)過45°時,帶電微粒的受力如圖(2),其合力指向左下方,故微粒從靜止開始向左下方做勻加速運動,選項D正確。3.B因為兩粒子軌跡恰好相切,切點為矩形區(qū)域中心,則對其中一個粒子,水平方向s2=v0t,豎直方向h2=12at2且滿足a=Eqm,三式聯(lián)立解得v4.答案(1)qUkH(2)見解析解析(1)圓桶形容器內(nèi)的電場強度E1=UH(1分)灰塵顆粒所受的電場力大小F=qUH電場力跟空氣阻力相平衡時,灰塵顆粒達到最大速率,并設(shè)為v1,則有(1分)kv1=qUH解得v1=qUkH(2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強度隨其與直導(dǎo)線距離的增大而減小,且桶壁處的電場強度大小為第(1)問方案中圓桶內(nèi)電場強度的大小E1=UH,設(shè)在距直導(dǎo)線為r處的場強大小為E2,則E2E1=Rr故與直導(dǎo)線越近處,電場強度越大。設(shè)灰塵顆粒運動到與直導(dǎo)線距離為r時的速度為v,則kv=qE2(2分)解得v=qURkHr上式表明,灰塵顆粒在向圓桶內(nèi)壁運動過程中,速度是逐漸減小的。②以r為橫軸,以1v為縱軸,作出1在r到r+Δr微小距離內(nèi),電場強度可視為相同,其速度v可視為相同,對應(yīng)于Δr的一段1vr圖線下的面積為1vΔr=Δrv,顯然,這個小矩形的面積等于灰塵顆粒通過Δr的時間Δt=Δr所以灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內(nèi)壁的時間t=kH(5.答案見解析解析(1)由題中圖乙可知,光電效應(yīng)的遏止電壓為Uc,根據(jù)動能定理可得,光電子的最大初動能Ekm=eUc(3分)根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知,陰極金屬的逸出功W=hνeUc(3分)(2)①打在電子分布區(qū)域邊緣的電子,其初速度方向平行于A板表面,做勻變速曲線(類平拋)運動。(1分)設(shè)兩板間的電壓為U,電子的質(zhì)量為m,初速度為v0,在兩板間運動的加速度大小為a1,飛行時間為t1,則根據(jù)牛頓第二定律有:a1=eUdm對于垂直于極板方向的運動有d=12a1t電子分布圓形區(qū)域的半徑為r=v0t1(1分)聯(lián)立上述三式可解得r2=4d2eU·1即r2=4d2Eke·1U因此初動能Ek=ke4②電子在兩極板間運動的加速度