2018-2019學年高中物理 第1章 靜電場 專題突破與題型專練 帶電粒子在電場中的運動練習 新人教版選修3-1.doc

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專題突破與題型專練　帶電粒子在電場中的運動 題型一:帶電粒子在加速電場、偏轉(zhuǎn)電場中的綜合問題 1.(多選)示波管是示波器的核心部件,它由電子槍,偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,如圖所示.如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑,那么示波管中的(　AC　) A.極板X應(yīng)帶正電 B.極板X′應(yīng)帶正電 C.極板Y應(yīng)帶正電 D.極板Y′應(yīng)帶正電 解析:據(jù)熒光屏上亮斑的坐標可知示波管內(nèi)電子受力情況:受指向Y方向和指向X方向的靜電力.由于電子帶負電,故極板Y,X應(yīng)帶正電,故選項A,C正確. 2.如圖所示,一束不同的帶正電的粒子(不計重力),垂直電場線進入偏轉(zhuǎn)電場,若使它們經(jīng)過電場區(qū)域時偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ都相同,應(yīng)滿足(　D　) A.具有相同的動能 B.具有相同的速度 C.具有相同的 D.先經(jīng)同一電場加速,然后再進入偏轉(zhuǎn)電場 解析:帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的過程中,其偏轉(zhuǎn)距離為y=at2=()2= ,偏轉(zhuǎn)角θ滿足tan θ===.由此知,若動能相等,q不同,則不能滿足要求,故選項A錯誤;若速度相同,不同,則不能滿足要求,故選項B錯誤;同樣地,若相同,v0不同也不能滿足要求,故選項C錯誤;若經(jīng)過相同電場加速,滿足qU1=m,則y=,tan θ=,y, tan θ均與v0,Ek,q,m無關(guān),故選項D正確. 3.(2018湖南雙峰一中高二期末)如圖所示,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(　B　) A. B. C. D. 解析:根據(jù)對稱性,兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心,則在水平方向有s=v0t,在豎直方向有h=t2,解得v0=.故選項B正確,A,C,D錯誤. 4.(2018江西師大附中高二周測)一個初動能為Ek的帶電粒子以速度v垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間,飛出時動能為3Ek.如果這個帶電粒子的初速度增加到原來的2倍,不計重力,那么該粒子飛出時動能為(　B　) A.4Ek B.4.5Ek C.6Ek D.9.5Ek 解析:帶電粒子做類平拋運動,平行于極板方向的速度增加到原來的2倍,帶電粒子通過電場的時間變?yōu)樵瓉淼?沿電場方向的位移變?yōu)樵瓉淼?靜電力做功變?yōu)樵瓉淼?由動能定理得ΔEk′=qEy′=yqE,原速飛過時由動能定理有ΔEk=3Ek-Ek=qEy,而ΔEk′=′-4Ek,解得′=4.5Ek,故選項B正確. 5.真空中的某裝置如圖所示,其中平行金屬板A,B之間有加速電場,C,D之間有偏轉(zhuǎn)電場,M為熒光屏.今有質(zhì)子,氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場,最后打在熒光屏上.已知質(zhì)子,氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷中正確的是(　B　) A.三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C.偏轉(zhuǎn)電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉(zhuǎn)電場的靜電力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析:粒子加速過程qU1=mv2,從B至M用時t=,得t∝,所以t1∶t2∶t3=1∶∶,選項A錯誤;偏轉(zhuǎn)位移y=()2=,所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同,選項B正確;因W=qEy,得W1∶W2∶W3=q1∶q2∶q3=1∶1∶2,選項C,D錯誤. 6.(2018湖北丹江口一中高二期末)一個初速度為零的電子通過電壓為U的電場加速后,從C點沿水平方向飛入電場強度為E的勻強電場中,到達該電場中另一點D時,電子的速度方向與電場強度方向的夾角正好是120,如圖所示.試求C,D兩點沿電場強度方向的距離y. 解析:電子加速過程,由eU=m, 得v0= 在豎直方向vy=v0tan 30=at,a= 得t=,C,D兩點沿電場強度方向的距離y=at2 得y=. 答案: 題型二:帶電粒子在交變電場中的運動 1.在如圖所示平行板電容器A,B兩板上加上如圖所示的交變電壓,開始B板的電勢比A板高,這時兩板中間原來靜止的電子在靜電力作用下開始運動,設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞,則下述說法正確的是(不計電子重力)(　C　) A.電子先向A板運動,然后向B板運動,再返回A板做周期性來回運動 B.電子一直向A板運動 C.電子一直向B板運動 D.電子先向B板運動,然后向A板運動,再返回B板做周期性來回運動 解析:由運動學和動力學規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖像可知,電子一直向B板運動,選項C正確. 2.如圖(甲)所示,一電子以v0的初速度沿平行金屬板的軸線射入金屬板空間.從電子射入的時刻開始在金屬板間加如圖(乙)所示的交變電壓,假設(shè)電子能穿過平行金屬板.則下列說法正確的是(　C　) A.電子只可能從軸線到上極板之間的空間射出(不包括軸線) B.電子只可能從軸線到下極板之間的空間射出(不包括軸線) C.電子可能從軸線到上極板之間的空間射出,也可能沿軸線方向射出 D.電子射出后動能一定增大 解析:由題意可知,當電子在電場中運動的時間恰好等于在A,B板間所加交變偏轉(zhuǎn)電壓周期的整數(shù)倍時,電子可沿軸線射出,選項A,B錯誤,C正確;當電子恰好沿軸線射出時,電子速度不變,其動能也不變,選項D錯誤. 3.(2018安徽師大附中高二期末)(多選)如圖所示,兩金屬板(平行)分別加上如下列選項中的電壓,能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計重力)有可能做往返運動的Ut圖像應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)(　BC　) 解析:由A圖像可知,電子先做勻加速運動,T時速度最大,從T到T內(nèi)做勻減速運動,T時速度減為零.然后重復(fù)一直向一個方向運動不往返,選項A錯誤;由B圖像可知,電子先做勻加速運動,T時速度最大,從T到T內(nèi)做勻減速運動,T時速度減為零;從T到T反向勻加速運動,T時速度最大,從T到T內(nèi)做勻減速運動,T時速度減為零,回到出發(fā)點.然后重復(fù)往返運動,選項B正確;由C圖像可知,電子先做加速度減小的加速運動,T時速度最大,從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運動,T時速度減為零;從T到T反向做加速度減小的加速運動,T時速度最大,從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運動,T時速度減為零,回到出發(fā)點.然后重復(fù)往返運動,選項C正確;由D圖像可知,電子先做勻加速運動,T時速度最大,從 T到T內(nèi)做勻速運動,然后重復(fù)加速運動和勻速運動一直向一個方向運動,選項D錯誤. 4.(多選)如圖(甲)所示,兩平行金屬板豎直放置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖(乙)所示,電子原來靜止在左極板小孔處,不計電子的重力,下列說法正確的是(　AC　) A.從t=0時刻釋放電子,電子始終向右運動,直到打到右極板上 B.從t=0時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動 C.從t=時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動,也可能打到右極板上 D.從t=時刻釋放電子,電子必將打到左極板上 解析:若t=0時刻釋放電子,電子將重復(fù)先加速后減速,直到打到右極板,不會在兩板間振動,選項A正確,B錯誤;若從 t=時刻釋放電子,電子先加速,再減速,有可能電子已達到右極板,若此時未達到右極板,則電子將在兩極板間振動,選項C正確;同理,若從t=時刻釋放電子,電子有可能達到右極板,也有可能從左極板射出,這取決于兩極間的距離,選項D錯誤. 題型三:帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動 1.(多選)如圖所示,平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度,兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器,則在此過程中,該粒子(　BD　) A.所受重力與靜電力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻變速直線運動 解析:對帶電粒子受力分析如圖所示,F合≠0,選項A錯誤;由圖可知靜電力與重力的合力方向與v0方向相反,F合對粒子做負功,其中mg不做功,Eq做負功,故粒子動能減少,電勢能增加,選項B正確,C錯誤;F合恒定且F合與v0方向相反,粒子做勻減速運動,選項D正確. 2.(2018黑龍江綏化市肇東一中高二測試)如圖所示,一個平行板電容器充電后與電源斷開,從負極板處釋放一個電子(不計重力),設(shè)其到達正極板時的速度為v1,加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍,再從負極板處釋放一個電子,設(shè)其到達正極板時的速度為v2,加速度為a2,則(　D　) A.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶2 B.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=1∶2 C.a1∶a2=2∶1,v1∶v2=∶1 D.a1∶a2=1∶1,v1∶v2=1∶ 解析:電容器充電后與電源斷開,再增大兩極板間的距離時,電場強度不變,電子在電場中受到的靜電力不變,故 a1∶a2=1∶1.由動能定理Ue=mv2得v=,因兩極板間的距離增大為原來的2倍,由U=Ed知,電勢差U增大為原來的2倍,故v1∶v2=1∶,選項D正確. 3.(多選)如圖所示,從F處釋放一個無初速度的電子(重力不計)向B板方向運動,下列說法正確的是(設(shè)電源電動勢為U)(　ABD　) A.電子到達B板時的動能是Ue B.電子從B板到達C板動能變化量為零 C.電子到達D板時動能是3Ue D.電子在A板和D板之間做往復(fù)運動 解析:電子在AB之間做勻加速運動,且eU=ΔEk,選項A正確;電子在BC之間做勻速運動,選項B正確;在CD之間做勻減速運動,到達D板時,速度減為零,選項C錯誤,D正確. 4.(2018山東濟寧一中高二周測)(多選)如圖所示,勻強電場場強方向豎直向下,在此電場中有a,b,c,d四個帶電粒子(不計粒子間的相互作用),各以水平向左,水平向右,豎直向上和豎直向下的速度做勻速直線運動,則下列說法正確的是(　BD　) A.c,d帶異種電荷 B.a,b帶同種電荷且電勢能均不變 C.d的電勢能減小,重力勢能也減小 D.c的電勢能減小,機械能增加 解析:a,b,c,d均做勻速直線運動,所以它們受的重力與靜電力平衡,都帶負電.a,b所受靜電力不做功,c所受靜電力做正功,d所受靜電力做負功,重力做正功,因此可判斷選項A,C錯誤,B,D正確. 5.如圖所示,一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的小球,用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中,靜止時懸線向左與豎直方向成θ角,重力加速度為g. (1)判斷小球帶何種電荷; (2)求電場強度E; (3)若在某時刻將細線突然剪斷,求經(jīng)過t時間小球的速度v. 解析:(1)負電荷. (2)小球受力如圖所示,其中靜電力F=qE, 由平衡條件有F=mgtan θ, 得出E=. (3)剪斷細線后小球做初速度為零的勻加速直線運動 F合==ma,v=at, 所以v= 方向與豎直方向夾角為θ斜向左下方. 答案:(1)負電荷　(2)　(3)　方向與豎直方向夾角為θ斜向左下方 題型四:帶電粒子(帶電體)在電場中的曲線運動 1.一個帶正電的油滴在如圖所示的勻強電場上方A點自由下落,油滴落入勻強電場后,能較準確地描述油滴運動軌跡的是下圖中的(　B　) 解析:油滴從A點自由下落以一豎直速度進入電場,進入電場后受重力和靜電力兩恒力作用.如圖,根據(jù)物體做曲線運動的條件,運動軌跡將向右彎曲,故選項B正確. 2.(多選)兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,如圖所示.帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出,由此可知(　BC　) A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質(zhì)量一定相等 B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動能一定相等 C.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的速率一定相等 D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動能一定相等 解析:由題圖可知,該粒子在電場中做勻速圓周運動,靜電力提供向心力qE=m得r=,r,E為定值,若q相等則mv2一定相等;若相等,則速率v一定相等,故選項B,C正確. 3.(2018貴州遵義航天高級中學高二測試)(多選)如圖所示,用絕緣細線拴一帶負電小球,在豎直平面內(nèi)做圓周運動,勻強電場方向豎直向下,則(　CD　) A.當小球運動到最高點a時,線的張力一定最小 B.當小球運動到最低點b時,小球的速度一定最大 C.當小球運動到最高點a時,小球的電勢能最小 D.小球在運動過程中機械能不守恒 解析:若qE=mg,小球做勻速圓周運動,球在各處對細線的拉力一樣大.若qEmg,球在a處速度最大,對細線的拉力最大,選項A,B錯誤;a點電勢最高,負電荷在電勢最高處電勢能最小,選項C正確;小球在運動過程中除重力外,還有靜電力做功,機械能不守恒,選項D正確. 4.(2018廣西桂林中學高三月考)如圖所示,一帶負電的液滴,從坐標原點O以速率v0射入水平的勻強電場中,v0的方向與電場方向成θ角,已知油滴質(zhì)量為m,測得它在電場中運動到最高點P時的速率恰為v0,設(shè)P點的坐標為(xP,yP),則應(yīng)有(　A　) A.xP<0 B.xP>0 C.xP=0 D.條件不足無法確定 解析:由于液滴在電場中既受靜電力又受重力,由動能定理得-mgh+W電=-=0,即W電=mgh,靜電力做正功.由于是負電荷所受靜電力方向向左,要使靜電力做正功,因而位移方向必須也向左,則必有xP<0,故選項A正確,B,C,D錯誤. 5.(2018江西上饒中學檢測)如圖所示,ABCD為豎直放在電場強度為E=104 N/C的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道,其中軌道的ABC部分是半徑為R=0.5 m的半圓環(huán)(B為半圓弧的中點),軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于C點,D為水平軌道的一點,而且CD=2R,把一質(zhì)量m=100 g,帶電荷量q=10-4C的負電小球,放在水平軌道的D點,由靜止釋放后,在軌道的內(nèi)側(cè)運動.g=10 m/s2,求: (1)它到達B點時的速度是多大? (2)它到達B點時對軌道的壓力是多大? 解析:(1)小球從D至B的過程中,由動能定理 qE(2R+R)-mgR=m 解得vB=2 m/s. (2)在B點由牛頓第二定律得 FN-qE=m FN=qE+m=5 N. 由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫N′=FN=5 N. 答案:(1)2 m/s　(2)5 N