高二物理：帶電粒子在電場中的偏轉(答案)

PAGE第1頁，共1頁高二物理：帶電粒子在電場中的偏轉班級__________座號_____姓名__________分數__________一、知識清單1．帶電粒子在勻強電場中的偏轉【答案】2．解電偏轉問題的三種方法方法一、分解法（速度三角形和位移三角形）：加速度；時間；偏移；偏角方法二、推論法：①tanθ=2tanα；推導：位移偏轉角；速度偏轉角所以tanθ=2tanα。②末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。方法三、動能定理法：qEy=ΔEK【答案】3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系（1）當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．（2）電勢能的變化量:ΔEP=-qUy=-qEy【答案】4．電偏轉中的比較與比值問題方法x不同y不同x、y不同①偏移公式②去掉相同量③找出不同量間的關系【答案】二、選擇題5．AOB＋－－－－－－＋＋＋＋＋v0dC（2004廣東理綜）圖為示波管中偏轉電極的示意圖，相距為d長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中（設為真空）產生電場（設為勻強電場）．在AB左端距A、B等距離處的O點AOB＋－－－－－－＋＋＋＋＋v0dCA、B、C、D、【答案】A【解析】圖為示波管中偏轉電極的示意圖，相距為d長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中（設為真空）產生電場（設為勻強電場）．在AB左端距A、B等距離處的O點，有一電荷為＋q、質量為m的粒子以初速度v0沿水平方向（與平行）。根據偏移公式，解得U=6．如圖所示，在真空中帶電粒子P1和P2先后以相同的初速度從O點射入勻強電場。它們的初速度垂直于電場強度方向，偏轉之后分別打在B、C點，且AB=BC，P1的帶電量為P2的3倍，則P1、P2的質量之比m1∶m2為()A．3∶2 B．2∶3 C．4∶3D．3∶4【答案】D7．如圖所示，一電荷量大小為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角.已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零.則下列說法正確的是()A.帶電粒子帶負電B.帶電粒子在Q點的電勢能為UqC.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D.此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)【答案】C【解析】由運動軌跡向上偏轉可知粒子帶正電，A錯；由P→Q，電場力做功為WPQ＝EpP－EpQ＝qU，φP＝0，則EpP＝0，EpQ＝－qU，B錯；對Q點速度分解v0＝vsin30°，則v＝2v0對P→Q過程，WPQ＝qU＝qE·x＝eq\f(1,2)m(v2－v02) ①x＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2 ②d＝v0t ③由①②③求得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C對，D錯8．（多選）如圖6所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的質點，由兩水平極板正中，以相同的初速度v0，先后垂直勻強電場射入，并分別落在負極板上甲、乙、丙三處，可以判定()．A．甲處質點帶正電，乙處質點不帶電，丙處質點帶負電B．三個質點在電場中的運動時間相等C．三個質點在電場中的加速度a甲>a乙>a丙D．三個質點到達負極板的動能E丙>E乙>E甲【答案】AC【解析】三個質點均做類平拋運動，它們在水平方向上的分運動相同，都是以初速度v0做勻速直線運動，在豎直方向上均做初速度為零的勻加速直線運動，但它們下落的加速度不同，不帶電的質點的加速度大小等于g，帶正電質點的加速度大于g，帶負電質點的加速度小于g，下落高度相同，下落時間與加速度大小有關，根據公式h＝eq\f(1,2)at2可得t＝eq\r(\f(2h,a))，可見，加速度越小，下落時間越長，所以t負>t不帶電>t正，又因為它們的水平位移x＝v0t，所以x負>x不帶電>x正，選項A、C正確，B錯誤；因為三個質點到達負極板的過程中，電場力對帶正電質點做正功，機械能增大，對帶負電質點做負功，機械能減小，對不帶電質點不做功，機械能不變，所以它們的動能E甲>E乙>E丙，選項D錯誤．9．（多選）（2014?浙江模擬）某同學設計了一種靜電除塵裝置，如圖甲所示，其中有一長為L、寬為b、高為d的矩形通道，其前、后面板為絕緣材料，上、下面板為金屬材料．圖乙是裝置的截面圖，上、下兩板與電壓恒定為U的高壓直流電源相連．帶負電的塵埃被吸入矩形通道的水平速度為v0，當碰到下板后其所帶電荷被中和，同時被收集．將被收集塵埃的數量與進入矩形通道塵埃的數量的比值，稱為除塵率．不計塵埃的重力及塵埃之間的相互作用．要增大除塵率，則下列措施可行的是（）A．只增大電壓UB．只增大高度dC．只增大長度LD．只增大塵埃被吸入水平速度v0【答案】AC【解析】增加除塵率即是讓離下極板較遠的粒子落到下極板上，帶電塵埃在矩形通道內做類平拋運動，在沿電場的方向上的位移為即增加y即可．

A、只增加電壓U可以增加y，故A滿足條件；

B、只增大高度d，由題意知d增加則位移y減小，故不滿足條件；

C、只增加長度L，可以增加y，故C滿足條件；

D、只增加水平速度v0，y減小，故不足條件．

故選：AC．10．（多選）a、b、c三個а粒子由同一點垂直電場方向進入偏轉電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場.由此可以肯定( )A.在b飛離電場的同時，а剛好打在負極板上B.b和c同時飛離電場C.進入電場時，c的速度最大,a的速度最小D.動能的增量，c的最小，a和b的一樣大【答案】ACD【解析】A、粒子的質量和電量相同，知加速度相同．a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據y=at2知，a、b運動的時間相等，c的運動時間最短．故A正確，B錯誤．

C、因為ta=tb＞tc，又xa＜xb=xc，因為垂直電場方向上做勻速直線運動，所以vc＞vb＞va．故C正確．

D、據動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能變化量相等．c電荷電場力做功最少，動能變化量最?。蔇正確．

故選ACD．11．讓質子、氘核的混合物沿著與電場垂直的方向進入勻強電場偏轉，要使它們最后偏轉角相同，這些粒子必須具有相同的( )A.初速度 B.初動能 C.初動量 D.質量【答案】B【解析】由帶電粒子在勻強電場中的偏轉規(guī)律得偏向角的正切值為tanφ=,因為混合物粒子的帶電荷量都是e,所選B.12．（2007海南）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）以相同的水平速度射入兩平行板之間。測得a和b與電容器極板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（）A．1:2B．1:8C．2:1D．4:1【答案】D13．(2014·山東·18)如圖15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)(兩粒子不同時出現在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh)) C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))【答案】B【解析】由帶電粒子在電場中的運動規(guī)律可知，兩帶電粒子的運動軌跡對稱，則相切處必為兩運動水平位移相同處，即為該矩形區(qū)域的中心，以帶電粒子＋q為研究對象，水平位移eq\f(s,2)時，豎直位移為eq\f(h,2).由eq\f(s,2)＝v0t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，所以B項正確．14．(2015·陜西西安第二次質檢)如圖3所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球通過P點時的動能為()A.mveq\o\al(2,0)B.2mveq\o\al(2,0)

C.eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】C【解析】根據平拋運動的特點得小球在水平方向上做勻速運動，x＝v0t，小球在豎直方向上做勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2，mg－qE＝ma，由tan45°＝eq\f(y,x)，解得t＝eq\f(2v0,a)，故vy＝2v0，v合＝eq\r(5)v0，故小球的動能Ek＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，C正確。15．（多選）如圖所示，相距為d的兩塊平行金屬板M、N與電源相連，電鍵S閉合后，MN間有勻強電場，一個帶電粒子，垂直于電場方向從M板邊緣射入電場，恰好打在N板中央．若不計重力，下列說法正確的是（）A．若將N板向下移動d，可使粒子剛好飛出電場B．若將N板向下移動2d，可使粒子剛好飛出電場C．若S打開，為使粒子剛好飛出電場，可將N板向下移動dD．若S打開，為使粒子剛好飛出電場，可將N板向下移動3d【答案】AD三、計算題16．(2017·衡陽模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距離為d＝8cm，板長為L＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起eq\f(4,3)cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大?。?2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用時間為多少？(g取10m/s2)【答案】(1)2m/s2(2)0.3s【解析】(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴勻速運動，所以有：qE＝mg，qeq\f(U,d)＝mg，即：qU＝mgd.當下板向上提后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動．此時液滴所受電場力F＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)，a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(mg\b\lc\(\rc\)(\