浙江專版2024年高考物理一輪復習微專題突破練專題12帶電粒子在電場中的運動含解析

PAGE10-專題12帶電粒子在電場中的運動(建議用時40分鐘)1.某電場的電場線分布為如圖所示實線,以下說法正確的是 ()A.c點場強大于b點場強B.b和c處在同一等勢面上C.若將一摸索電荷+q由a點移動到d點,電荷的電勢能將增大D.若某一點電荷只在電場力的作用下沿虛線由a點運動到d點,可推斷該電荷肯定帶負電【解析】選A。電場線的疏密表示場強的強弱,由圖知c點場強大于b點場強,故A正確;沿電場線方向電勢漸漸降低,故b點電勢大于c點,故B錯誤;若將一摸索電荷+q由a點移動到d點,電場力做正功,電荷的電勢能將減小,故C錯誤;由粒子的運動軌跡彎曲方向可知,帶電粒子受電場力大致為斜向左上方,與電場強度方向相同,故粒子帶正電,故D錯誤。2.如圖所示,在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面,斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下,已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J,金屬塊克服摩擦力做功8J,重力做功24J,則以下推斷正確的是 ()A.金屬塊帶負電荷B.金屬塊克服電場力做功8JC.金屬塊的電勢能削減4JD.金屬塊的機械能削減12J【解析】選D。依據(jù)動能定理可得:WG+W電+Wf=ΔEk,代入數(shù)據(jù)即可求得W電=-4J,即金屬塊克服電場力做功4J,金屬塊的電勢能增加4J,電場力做負功,金屬塊受到的電場力向右,金屬塊帶正電,故A、B、C項錯誤。在該過程中金屬塊動能增加12J,重力勢能削減24J,因此金屬塊的機械能削減12J,故D項正確。3.(多選)如圖,真空中有一個固定點電荷,電荷量為+Q。圖中虛線表示該點電荷形成的電場中的四個等勢面。有兩個一價離子M、N(不計重力,也不計它們之間的電場力)先后從a點以相同速率v0射入該電場,運動軌跡分別為曲線apb和aqc,其中p、q分別是它們離固定點電荷最近的位置,則 ()A.M肯定是正離子,N肯定是負離子B.M在p點的速率肯定大于N在q點的速率C.M在b點的速率肯定大于N在c點的速率D.M從p→b過程電勢能的增量肯定小于N從a→q電勢能的增量【解析】選B、D。由圖可知離子N受到中心電荷的斥力,而離子M受到中心電荷的引力,故兩離子的電性肯定不同。由于中心電荷帶正電,則M肯定是負離子,N肯定是正離子,故A錯誤。在ap和aq過程中,由圖可判定M離子在運動過程中,電場力做正功,導致動能增加;而N離子在運動過程中,電場力做負功,導致動能減小。所以M在p點的速率肯定大于N在q點的速率,故B正確。由于a、b、c三點在同一等勢面上,故離子M在從a向b運動過程中電場力所做的總功為0,N離子在從a向c運動過程中電場力所做的總功為0。由于兩離子以相同的速率從a點飛入電場,故兩離子分別經(jīng)過b、c兩點時的速率肯定相等。故C錯誤。依據(jù)W=qU,由圖可知N離子在從a向q運動過程中電場力做負功的值大于離子M在從p向b運動過程中電場力做負功的值,故M從p→b過程電勢能的增量肯定小于N從a→q電勢能的增量,故D正確。4.如圖所示,氕核(11H)、氘核(12H)和氚核(13H)同時從靜止起先,經(jīng)同一加速電場加速后,垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中,A.在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度相同B.同時打到熒光屏幕上C.到達屏幕時的速度相同D.能到達屏幕上同一點【解析】選D。在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度a=Fm=qU2md,加速度的大小取決于比荷,A錯誤;打到熒光屏幕上的時間:t=t加+t偏,且t加=2mqU1L,tt=mq2U1L+L'12U1,與比荷有關(guān),B錯誤;由動能定理:qU1+qU2=12mv2,解得v=2qU1+U5.如圖所示,平行板電容器與恒壓電源連接,電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場,設(shè)電容器極板上所帶的電荷量為Q,電子穿出平行板電容器時在垂直于板面方向偏移的距離為y,若僅使電容器上極板上移,以下說法正確的是 ()A.Q減小,y不變 B.Q減小,y減小C.Q增大,y減小 D.Q增大,y增大【解析】選B。僅使電容器上極板上移,兩極板間距d增大,由C=εS4kπd知,電容器的電容減小,由C=QU知,U肯定,C減小,則Q減小,選項C、D錯誤;由E=Ud知,電容器兩極板間的電場強度減小,電子運動的加速度a=Eqm減小,電子在電場中做類平拋運動,電子穿出電場的時間不變,則電子穿出平行板電容器時在垂直極板方向偏移的距離y=12at2減小,選項6.(多選)三個質(zhì)量相等,分別帶正電、負電和不帶電的粒子,從帶電平行金屬板左側(cè)中心以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入,并分別落在正極板的A、B、C三處,O點是下極板的左端點,且OC=2OA,AC=2BC,如圖所示,則下列說法正確的是 ()A.三個粒子在電場中運動的時間之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4B.三個粒子在電場中運動的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4C.三個粒子在電場中運動時動能的改變量之比EkA∶EkB∶EkC=36∶16∶9D.帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7∶20【解析】選A、C、D。三個粒子的初速度相等,在水平方向上做勻速直線運動,由x=vt得,運動時間tA∶tB∶tC=xA∶xB∶xC=2∶3∶4,故A正確;三個粒子在豎直方向上的位移y相等,依據(jù)y=12at2,解得:aA∶aB∶aC=14∶19∶116=36∶16∶9,故B錯誤;由牛頓其次定律可知F=ma,因為質(zhì)量相等,所以合力之比與加速度之比相同,合力做功W=Fy,由動能定理可知,動能的改變量等于合力做的功,所以三個粒子在電場中運動過程的動能改變量之比為36∶16∶9,故C正確;三個粒子的合力大小關(guān)系為:FA>FB>FC,三個粒子的重力相等,所以B僅受重力作用,A所受的電場力方向向下,C所受的電場力方向向上,即B不帶電,A帶負電,C帶正電,由牛頓其次定律得:aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得:qC∶qA7.噴墨打印機的簡化模型如圖所示,重力可忽視的墨汁微粒,經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?以速度v垂直勻強電場飛入帶電極板間,最終打在紙上,關(guān)于微粒的運動下列說法不正確的是 ()A.若增大兩極板間的電場,微粒仍會到達紙上同一位置B.運動速度先漸漸增大,再保持不變C.運動時間與電場強度大小無關(guān)D.運動軌跡與所帶電荷量有關(guān)【解析】選A。若增大兩極板間的電場,水平運動不變,運動時間不變,微粒在垂直于板方向所受的電場力變大,則微粒偏轉(zhuǎn)距離變大,不會到達紙上同一位置,選項A錯誤;微粒在電場中水平速度不變,豎直速度變大,則運動速度漸漸增大,出電場后保持不變,選項B正確;微粒在水平方向做勻速運動,則運動時間t=lv與電場強度大小無關(guān),選項C正確;微粒的偏轉(zhuǎn)量y=12·qEmlv2,即運動軌跡與所帶電荷量有關(guān)8.如圖所示為湯姆孫發(fā)覺電子的氣體放電管示意圖,其中AB之間為加速電場,D1D2之間可加偏轉(zhuǎn)電場,某次試驗中發(fā)覺電子打在熒光屏的P3位置,則下列說法正確的是 ()A.打在P3位置,說明偏轉(zhuǎn)電極D1接的是低電勢B.要想讓電子在熒光屏上的位置從P3靠近P1,則可以增加加速電場或增加偏轉(zhuǎn)電場C.在加速電場中加速的電子電勢能增加D.在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)的電子其電勢能削減【解析】選D。發(fā)覺電子打在熒光屏的P3位置,說明電子在D1、D2板間向上偏轉(zhuǎn),說明電極板D1接的是高電勢,故A錯誤;令加速電壓為U1,則加速后電子的速度為eU1=12mv02,令偏轉(zhuǎn)電壓為U2,板長為L,則加速度為a=eU2md,運動時間為L=v0t,偏轉(zhuǎn)位移為y=12at2=U2L24U1d,可知當增加加速電場或增加偏轉(zhuǎn)電場,電子在熒光屏上的位置不肯定從P3靠近P1,故B錯誤;電子在加速電場中運動,電場力做正功,電子的電勢能減小,故9.如圖所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn),最終打在屏上。整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么 ()A.偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子肯定打到屏上的不同位置【解析】選A。設(shè)粒子質(zhì)量為m,電量為q,經(jīng)過加速電場U1q=12mv02,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)位移y1=12E2qm(Lv0)2,解得y1=E2L24U1,偏轉(zhuǎn)電場對粒子做功W2=qE2y1=qE22L24U4qU12+qE22L22mU1,則三種粒子打到屏上的速度不一樣,故選項B錯誤;在加速電場中有l(wèi)=12a=L+l'v0=L+l'2qU1m==2mlqE1+(L+l′)m2qE1l,由于三種粒子質(zhì)量不同,所以三種粒子運動到屏上所用時間不同,故選項C錯誤;粒子離開電場后做勻速直線運動,y2=vqE2m·Lv0·l'v0=qE2Ll'mv02=qE2Ll'2q10.(多選)制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板,如圖甲所示,加在A、B間的電壓UAB做周期性改變,其正向電壓為U0,反向電壓為-kU0(k≥1),電壓改變的周期為2T,如圖乙所示。在t=0時,有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場,在運動過程中未與極板相撞,且不考慮重力的作用,則下列說法中正確的是 ()A.若k=54且電子恰好在2T時刻射出電場,則應滿意的條件是d≥B.若k=1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場,則其動能增加eC.若k=54且電子恰好在2T時刻射出電場,則射出時的速度為D.若k=1,電子在射出電場的過程中,沿電場方向的分速度方向始終不變【解析】選A、D。豎直方向,電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動,加速度的大小a1=eU0md,位移x1=12a1T2,在T～2T時間內(nèi)先做勻減速運動,后反向做勻加速運動,加速度的大小a2=5eU04md,初速度的大小v1=a1T,勻減速運動階段的位移x2=v122a2,由題知d2≥x1+x2,解得d≥9eU0T25m,A正確;若k=1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場,電場力做功為零,動能不變,B錯誤;若k=54且電子恰好在2T時刻射出電場,垂直電場方向速度為v011.如圖所示,直角三角形ABC為某斜面體的橫截面,已知斜面高為h,上表面光滑,與水平面夾角為∠C=30°,D為底邊BC上一點,AD與豎直方向的夾角∠BAD=30°,D點處靜置一帶電荷量為+Q的點電荷?，F(xiàn)使一個帶電荷量為-q、質(zhì)量為m的小球從斜面頂端由靜止起先運動,則小球到達C點時的速度為多大? 【解析】帶電小球從A運動到C的過程中,庫侖力先做正功后做負功,結(jié)合幾何關(guān)系求出庫侖力做的功,再依據(jù)動能定理即可求解到達C點的速度。點電荷Q四周的等勢面為以Q為圓心的同心圓,又由幾何關(guān)系可知,AD=CD,因此A、C在同一等勢面上,即A、C兩點電勢相等,則小球在A、C兩點的電勢能相等從A到C過程中,由能量守恒定律和動能定理得:mgh=12mv解得:v=2答案:212.如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一矩形區(qū)域ABCD,長邊BA與水平方向成θ=37°角,短邊的長度為d,區(qū)域內(nèi)存在與短邊平行且場強大小為E的勻強電場。一個帶電微粒從O點以某一水平初速度v1沿OP方向射入電場,能沿直線恰好到達P點;若該帶電微粒從P點以另一初速度v2豎直向上拋出,恰好經(jīng)過D點。已知O為短邊AD的中點,P點在長邊AB上且PO水平,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)微粒所帶電荷量q與質(zhì)量m的比值。(2)v1的大小與v2大小的比值。(3)若將該帶電微粒從P點以肯定的初速度v3豎直向上拋出,則當其動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍時,求微粒的豎直位移y的大小與水平位移x大小的比值?！窘馕觥?1)微粒沿OP方向運動時做勻減速直線運動,受到的合力方向水平向右,有:qE=mgcosθ可得微粒帶電量q與質(zhì)量m的比值:qm=(2)微粒的加速度a=mgtanθm=gtan初速度v