《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（四十四）帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點(diǎn)突破課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（四十四）帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點(diǎn)突破課）（含解析）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（四十四）帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點(diǎn)突破課）（含解析） 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)想姾螅砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(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

2、方向上有y＝at2，加速度為a＝，聯(lián)立解得y＝，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(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)。現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A．運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn) 解析：選A　電子在A、B板間的電場中做加

3、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(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時(shí)，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(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)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(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)。若不計(jì)粒子重力，則(　　) A．a(chǎn)的電量一定大于b的電量 B．b

4、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＝··2得，x＝v0，由于v0，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(diǎn)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(diǎn)。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(jì)。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(shí)間之比為2∶1∶1 B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度相同 C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點(diǎn)

5、 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＝mv02，有v0＝ ，得v1∶v2∶v3＝∶1∶1，再由t＝，得t1∶t2∶t3＝1∶∶，A錯誤；由y＝＝可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點(diǎn)射出，且速度方向相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點(diǎn)，C正確；由mv2＝U1q＋qy，得v＝ ，因不同，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＝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

6、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(jì)。現(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(diǎn)，下列措施可行的是(　　) A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0 B．僅使粒子的初速度變?yōu)? C．僅使B板向上平移 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＝at2＝·t2，聯(lián)立可得x2＝，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)?，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移，則根據(jù)C＝可得電容增大為原來的兩倍，根據(jù)U＝可得電

7、壓變?yōu)樵瓉淼?，x2變?yōu)樵瓉淼模珻錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼?，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(jì)重力)以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央。現(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)? C．板間電壓變?yōu)? 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

8、的中央，A錯誤；將質(zhì)子初速度變?yōu)椋|(zhì)子加速度不變，運(yùn)動時(shí)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)闀r(shí)，場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼?，電場力變?yōu)樵瓉淼?，加速度變?yōu)樵瓉淼?，根?jù)y＝at2知，運(yùn)動時(shí)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?，電場力變?yōu)樵瓉淼模铀俣茸優(yōu)樵瓉淼?，根?jù)y＝at2知，運(yùn)動時(shí)間變?yōu)樵瓉淼谋?，同理可知水平位移變?yōu)樵瓉淼谋?，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(jì)重力的電子以平行于極板的速度v射入兩極板

9、之間，沿極板方向運(yùn)動距離為l時(shí)側(cè)移為y。如果要使電子的側(cè)移y′＝y(tǒng)，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(shí)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＝at2，其中a＝，聯(lián)立解得y＝。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，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，C正確；若改變電子射入兩極板時(shí)

10、的速度為原來的2倍，y減小為原來的，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(diǎn)為圓心的半圓與EF、FG、HE分別相切于B、G、H點(diǎn)，C點(diǎn)是BG的中點(diǎn)。一個帶正電的粒子(不計(jì)重力)從H點(diǎn)沿HG方向射入電場后恰好從F點(diǎn)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(diǎn) B．粒子的運(yùn)動軌跡一定經(jīng)過BC之間某點(diǎn) 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(diǎn)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(diǎn)射出矩形EFGH區(qū)域 解析：選BD　粒子從H點(diǎn)沿HG方向射入電場后做類平拋運(yùn)動，恰好從F點(diǎn)射出，則過

11、F點(diǎn)作速度的反向延長線，一定交于水平位移HG的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系知延長線又經(jīng)過C點(diǎn)，所以粒子軌跡一定經(jīng)過BC之間某點(diǎn)，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(shí)，運(yùn)動時(shí)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)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『脧腂點(diǎn)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(jì)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 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

12、離減小為原來的 解析：選ABD　根據(jù)動能定理得，eU1＝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＝at2＝··＝。使U1減為原來的，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，則偏轉(zhuǎn)量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。 10.(多選)三個不計(jì)重力的電子A、B、C同一地點(diǎn)同時(shí)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(shí)間相同 B．A、B在電場中運(yùn)動時(shí)間相同，C先飛離電場 C

13、．C進(jìn)入電場時(shí)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＝at2知，在電場中運(yùn)動的時(shí)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(shí)間相同，但xAvA，故C進(jìn)入電場時(shí)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(jì)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

14、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(shí)間t； (2)粒子在離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)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＝mv02 解得v0＝ 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(shí)間滿足L＝v0t 解得t＝L 。 (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＝ 縱向偏移量y＝at2 解得y＝。 答案：(1)L 　(2) 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(diǎn)垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另

15、一側(cè)射出打到熒光屏上的P點(diǎn)，O′點(diǎn)為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m＝9.0×10－31 kg，電荷量e＝1.6×10－19 C，加速電場電壓U0＝2 500 V，偏轉(zhuǎn)電場電壓U＝200 V，極板的長度L1＝6.0 cm，板間距離d＝2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0 cm(忽略電子所受重力，結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。求： (1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0； (2)電子打在熒光屏上的P點(diǎn)到O′點(diǎn)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＝mv02 解得v0≈3.0×107 m/s。 (2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時(shí)間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)在豎直方向上的側(cè)移量為y， 電子在水平方向做勻速直線運(yùn)動L1＝v0t 電子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動y＝at2 根據(jù)牛頓第二定律有＝ma 解得y≈0.36 cm 電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系知 ＝，解得h＝0.72 cm。 (3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它做的功 W＝ey≈5.8×10－18 J。 答案：(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J