2020年高考物理二輪專項(xiàng)訓(xùn)練卷專題13帶點(diǎn)粒子在純電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律(含解析)

1、專題 13 帶點(diǎn)粒子在純電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律1. 如圖所示， 11H （核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，沒有中子） ， 12H （核內(nèi)有一個(gè)質(zhì)子，一個(gè)中子） ， 13H （核內(nèi)有 個(gè)質(zhì)子，兩個(gè)中子）和 24He （核內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)子，兩個(gè)中子）四種原子核的混合粒子沿平行板電容器兩板中 線 OO射入板間的勻強(qiáng)電場中，射出后都打在與OO垂直的固定熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)下列說法正確的是（ ）A、若它們射入電場時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4 個(gè)亮點(diǎn)B、若它們射入電場時(shí)的動(dòng)能相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4 個(gè)亮點(diǎn)C、若它們射入電場時(shí)的質(zhì)量與速度之積相等，在熒光屏上將出現(xiàn)4 個(gè)亮點(diǎn)D、若它們都是從靜止開始由同一加速電場加速后再

2、射入此偏轉(zhuǎn)電場的，則在熒光屏上將出現(xiàn)4 個(gè)亮點(diǎn)【答案】 C【解析】四個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得到： 加速度為： a= ，偏轉(zhuǎn)距離為： y= at2 ， 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： t= ，聯(lián)立三式得： y=A、若它們射入電場時(shí)的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3 個(gè)亮點(diǎn)故 A 錯(cuò)誤；B、若它們射入電場時(shí)的動(dòng)能相等， y 與 q 成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn) 2 個(gè)亮點(diǎn)故 B錯(cuò)誤4 個(gè)亮點(diǎn)，故 C 正確；C、若它們射入電場時(shí)的質(zhì)量與速度之積相等，在熒光屏上將出現(xiàn)y 都相同，故熒光屏上將只出D、若它們是由同一個(gè)電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場

3、的，根據(jù)推論可知， 現(xiàn) 1 個(gè)亮點(diǎn)故 D 錯(cuò)誤；故選： C2. 如圖所示， 質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子 P，Q 以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P 從兩極板正中央射入， Q 從下極板邊緣處射入， 它們最后打在上極板的同一點(diǎn)上 （帶電粒子的重力不計(jì)） 則 從開始射入到打到上極板的過程中（ ）A 、它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 tQ> tPB、它們運(yùn)動(dòng)的加速度 aQ< aPC、它們所帶的電荷量之比qP：qQ=1：2D、它們的動(dòng)能增加量之比EkP： EkQ=1： 2【答案】 C【解析】 A、垂直電場方向不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移相等，得到運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以A錯(cuò)誤； B、平行電場方

4、向受到電場力，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系公式，有：x= at2解得： a= 由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為1：2 ，所以 aQ> aP ， 故 B 錯(cuò)誤；C、根據(jù)牛頓第二定律，有：qE=ma由兩式解得：q=所以它們所帶的電荷量之比 q P： qQ=1： 2，故 C 正確；D、根據(jù)動(dòng)能定理，有：qEx=Ek而： qP： qQ=1：2， xP： xQ=1：2，所以動(dòng)能增加量之比： EkP：EkQ=1：4，故 D 錯(cuò)誤；故選 C3. 如圖所示， EF與 GH間為一無場區(qū)無場區(qū)左側(cè) A、B 為相距為 d、板長為 L的水平放置的平行金屬板， 兩板上加某一電壓從而在板間形

5、成一勻強(qiáng)電場，其中 A 為正極板無場區(qū)右側(cè)為一點(diǎn)電荷 Q 形成的電場， 點(diǎn)電荷的位置 O 為圓弧形細(xì)圓管 CD的圓心，圓弧半徑為 R，圓心角為 120°，O、C在兩板間的中心線上， D 位于 GH 上一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子以初速度 v0 沿兩板間的中心線射入勻強(qiáng)電場，粒子不計(jì)粒子的重力、管的出勻強(qiáng)電場經(jīng)無場區(qū)后恰能進(jìn)入細(xì)圓管，并做與管壁無相互擠壓的勻速圓周運(yùn)動(dòng)粗細(xì)）求：（1）O 處點(diǎn)電荷的電性和電荷量；（2）兩金屬板間所加的電壓【解析】（1）粒子進(jìn)入圓管后受到點(diǎn)電荷 Q 的庫侖力作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子帶正電，則知 電由幾何關(guān)系知，粒子在 D 點(diǎn)速度方向與水平方向夾角

6、為 30°，進(jìn)入 D 點(diǎn)時(shí)速度為：O 處點(diǎn)電荷帶負(fù)v=v0在細(xì)圓管中做與管壁無相互擠壓的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故 Q 帶負(fù)電且滿足 k =m 由得： Q=（ 2）解：粒子射出電場時(shí)速度方向與水平方向成30°tan 30 =° vy=at a= t= 由得： U= =4. 如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一重力不計(jì)的帶電粒子沿著上板水平射入電場，恰好從下板右邊緣飛出電場，粒子電勢能減少了E1 若保持上板不動(dòng)，將下板上移少許，該粒子仍以相同的速度從原處射入電場，粒子在電場中電勢能減少了E2列分析正確的是（ ）A、電容變大，兩板間電壓不變，兩板間場強(qiáng)變大B、電

7、容變小，兩板間電壓變大，兩板間場強(qiáng)不變C、粒子將打在下板上，且 E1> E2D、粒子仍然從下板右邊緣飛出電場，且E1=E2【答案】 C【解析】【解答】解： A、由 C= 可知， d 減小時(shí)，電容增大，將電容器上板向下移動(dòng)一段距離，電容器所帶的電量 Q 不變，由于： E= = = ，可知當(dāng) d 減小時(shí)，場強(qiáng) E 不變，但極板間電壓 U=Ed 會隨 d 減小而降低，故 AB 錯(cuò)誤C、由于場強(qiáng)不變，故粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不變，由于下板上移，故粒子將打在下板上，由于電勢差變小，電場力 做功減小，故電勢能該變量變小，故 C正確， D 錯(cuò)誤，故選： C5. 三個(gè)完全相同的帶電粒子（不計(jì)重力）在同一地點(diǎn)沿同一

8、方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖所示的軌跡，由 此可以判斷下列正確的是（ ）A、b 在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比 a 長B、b 和 c 同時(shí)飛離電場C、進(jìn)電場時(shí) a 的速度最大， c 的速度最小D、動(dòng)能的增加值 c最小，a和 b一樣大【答案】 D【解析】： A、三個(gè)相同的粒子質(zhì)量和電量都相同，在同一電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同a、 b 兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù) y= at2 ， 可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，所以在 b 飛離電場的同時(shí)， a 剛好打在負(fù)極板 上故 A 錯(cuò)誤B、 b、c豎直方向上的位移不等， yc<yb 根據(jù) y= at2可知，tc<tb 則知 c 先飛離電場故 B錯(cuò)誤C、在垂直于電場方

9、向即水平方向，三個(gè)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：v= 因 xc=xb ， tc< tb ， 則 vc> vb 根據(jù) ta=tb ， xb>xa 則 vb>va 所以有： vc>vb>va 故 C 錯(cuò)誤D、由 W=qEy可知電場力對 a、b 兩電荷做功一樣多，對 c 電荷電場力做功最少，根據(jù)動(dòng)能定理知a、b動(dòng)能增加量相等 c 電荷動(dòng)能增加量最小故 D 正確故選： D三個(gè) 粒子垂直射入電場中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場方 向上做初速度為 0 的勻加速直線運(yùn)動(dòng)粒子的質(zhì)量和電量相同，加速度相同比較沿電場方向上的位移， 可比較出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再根據(jù)

10、垂直電場方向的位移可知初速度的大小通過動(dòng)能定理比較動(dòng)能的變化量6. 如圖所示，電子在電勢差為 U1 的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢差為U2 的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下， 下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角 變大的是（ ）A、U1 變大、U2 變大B、U1變小、U2 變大C、U1 變大、U2 變小D、U1變小、U2變小【答案】 B【解析】：設(shè)電子被加速后獲得初速為 v0 ， 則由動(dòng)能定理得： 又設(shè)極板長為 l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間： 又設(shè)電子在平行板間受電場力作用產(chǎn)生加速度為a，由牛頓第二定律得

11、：電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，平行于電場方向的速度： vy=at 由、可得：又有： 故 U2變大或 U1變小都可能使偏轉(zhuǎn)角 變大，故選項(xiàng) B 正確，選項(xiàng) ACD錯(cuò)誤故選 B7. 如圖所示，有一電子（電量為e、質(zhì)量為 m）經(jīng)電壓 U 加速后，沿平行金屬板 A、B 中心線進(jìn)入兩板， A、B 板間距為 d、長度為 L，A、B 板間電壓也為 U，屏 CD足夠大，距離 A、B 板右邊緣 3L，AB 板的中心線過屏 CD 的中心且與屏 CD垂直試求電子束打在屏上的位置到屏中心間的距離解析】：設(shè)電子經(jīng)加速電場加速后獲得速度v0 ， 經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生偏移量y，速度偏轉(zhuǎn)角為 ，電子打在屏上的位置到屏中心間的距離為

12、y1 ，加速電場中有動(dòng)能定理得： ，解得：，粒子在 AB 板間運(yùn)動(dòng)過程：水平方向由： 豎直方向：，= ，v y=at=，= = ，L=v0t 解得：，離開偏轉(zhuǎn)場后電子勻速飛向屏的過程：由解得： ，8. 現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)中常用的一種電子儀器叫示波器，它的核心部件是示波管，其工作原理如圖所示，電量大小為 e 的電子在電勢差為 U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)， 然后射入電勢差為 U2 的兩塊平行極板間的偏轉(zhuǎn)電 場中，入射方向跟極板平行，偏轉(zhuǎn)電場的極板間距離為d，板長為 L，整個(gè)裝置處在真空中，電子重力可忽略，電子能射出平行板區(qū)（1） 偏轉(zhuǎn)電場中，求示波管的靈敏度（單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏移距離叫示波管的靈敏

13、度）（2）求電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的動(dòng)能大小【解析】（1）在加速電場中，由動(dòng)能定理得：eU1= mv02設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t則有：L=v0t y= 又 a= 示波管的靈敏度為： = 由得： =故提高示波管的靈敏度的辦法有：增大L、減小 U1、減小 d答：提高示波管的靈敏度的辦法有：增大L、減小 U1、減小 d2）解：由動(dòng)能定理，得：eU1+y=Ek 0 將式代入，得：Ek=eU1+9. （2018 安·徽聯(lián)考 ）美國物理學(xué)家密立根于 20 世紀(jì)進(jìn)行了多次實(shí)驗(yàn)，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量，其實(shí) 驗(yàn)原理可以簡化為如下模型：兩個(gè)相距為d 的平行金屬板 A、B 水平放置，兩板接有可調(diào)

14、電源。從 A 板上的小孔進(jìn)入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調(diào)節(jié)到 U 時(shí)，帶電油滴恰好懸浮在 兩板間；然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達(dá)到勻速下落狀態(tài)，通過顯微鏡 觀測這個(gè)速度的大小為 v，已知這個(gè)速度與油滴的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為 g。則計(jì)算油滴帶電荷量的表達(dá)式為 （ ）kvdA q UBqvdgBqkUkvCqUd【答案】： BvgD q kUd【解析】： 帶電油滴恰好懸浮時(shí)，由平衡條件有： qU mg，油滴勻速下落時(shí)有 vkm，解得 qvdg，故 B d kU正確。10. (多選 )有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)， 它的打印頭的

15、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)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不 考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是 ( )A 減小墨汁微粒的質(zhì)量B 減小墨汁微粒所帶的電荷量C增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓D增大墨汁微粒的噴出速度【答案】： BD【解析】：2根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式 y2qmUdlv02可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，B、 D 正確。E1、 E2 ，已知區(qū)域?qū)?L10.8 m，11. (2018 福·建寧德模擬 )如

16、圖所示，區(qū)域、分別存在著有界勻強(qiáng)電場 區(qū)域?qū)?L 2 0.4 m，E110 2 V/m 且方向與水平方向成 45°角斜向右上方， E220 V/m 且方向豎直向下。 帶電荷量為 q 1.6 ×103 C、質(zhì)量 m1.6 ×103 kg的帶電小球 (可視為質(zhì)點(diǎn) )在區(qū)域的左邊界由靜止釋放。 g 取 10 m/s2 ，求：(1)小球在電場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的加速度大小和時(shí)間；(2)小球離開電場區(qū)域的速度大小和方向?！敬鸢浮浚?(1)10 m/s2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向與水平夾角為 37°斜向右下方 【解析】： (1)小球在電場區(qū)域受到的電場力F1

17、qE1，小球在電場區(qū)域受到的電場力和重力的合力方向水平向右，大小為F 合F1cos 45 °1.6 ×102 N，F(xiàn)合則小球向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a1Fm合10 m/s2，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t12aL 1 0.4 s。（2）小球離開電場區(qū)域的水平速度v0a1t14 m/s，a2g qE2 30 m/s2，m小球在電場區(qū)域中受到電場力和重力的合力豎直向下，其加速度 小球在電場區(qū)域中做類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間L2 t2 0.1 s。v0小球在豎直方向的分速度 vya2t23 m/s， 小球離開電場區(qū)域的速度 v v02 vy2 5 m/s， 設(shè)小球離開電場區(qū)域的速度方向與水平方

18、向夾角為 ，則 tan v 3，得 37°。v0 412 （2018 山·西省重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考 ）如圖所示為一多級加速器模型，一質(zhì)量為m 1.0 ×103 kg 、電荷量為 q8.0 ×105 C 的帶正電小球 （可視為質(zhì)點(diǎn) ）通過 1、 2 級無初速度地進(jìn)入第 3 級加速電場，之后沿位于軸心的光 滑淺槽，經(jīng)過多級加速后從 A 點(diǎn)水平拋出，恰好能從 MN 板的中心小孔 B 垂直金屬板進(jìn)入兩板間， A 點(diǎn)在 MN 板左端 M 點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板 MN 、PQ 的長度均為 L1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為 37°，sin 37 °

19、0.6，cos 37 °0.8，重力加速度 g10 m/s2。(1) 求 A點(diǎn)到 M 點(diǎn)的高度以及多級加速電場的總電壓U；(2) 若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場， 且電場強(qiáng)度大小 E100 V/m ，要使帶電小球不打在 PQ 板上， 則兩板間的距離 d 至少要多長？【答案】： (1)18.75 V (2)562 m【解析】： (1)設(shè)小球從 A 點(diǎn)到 B 點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1，小球的初速度為 v0，A點(diǎn)到 M 點(diǎn)的高度為 y則有 v0 tan gt1L2cos v0t1 yL2sin 21gt21 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 v0 3 m/s， y 3107 m30帶電小球在多級加速器

20、加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有1 qU 2mv20 0代入數(shù)據(jù)解得 U18.75 V(2)進(jìn)入電場時(shí)，以沿板向下為 x 軸正方向和垂直于板向下為 y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解， 則沿 y 軸方向有Fymgcos qE 0沿 x 軸方向有 Fx mgsin 故小球進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P 點(diǎn)離開，則有22at1L聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 dmin 5 2 m6即兩板間的距離 d 至少為 5 2 m。613. （多選）如圖所示，空間某區(qū)域存在著非勻強(qiáng)電場，實(shí)線表示該電場的電場線，過O點(diǎn)的虛線 MN 表示該電場的一個(gè)等勢面，兩個(gè)相同的帶正電的粒子P、 Q 分別從 A 、 B 兩點(diǎn)以相同的

21、初速度開始運(yùn)動(dòng)，速度方向垂直于 MN ，A、B連線與 MN 平行，且都能從 MN 左側(cè)經(jīng)過 O點(diǎn)。設(shè)粒子 P、Q 在 A、B兩點(diǎn)的電勢能分 別為 Ep1和 Ep2，經(jīng)過 O 點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為 v1和 v2。粒子的重力不計(jì)，則 （ ）A v1>v2B v1<v2CEp1<Ep2D Ep1 > Ep2【答案】： BC【解析】： 由題意知兩個(gè)相同的帶電粒子 P、Q 分別從 A、B 兩點(diǎn)以相同的初速度運(yùn)動(dòng)，且皆能從MN 左側(cè)經(jīng)過 O 點(diǎn)，電場力對兩個(gè)粒子皆做正功，再由電場線和等勢面的垂直關(guān)系以及沿著電場線方向電勢逐漸 降低，可知 B 點(diǎn)的電勢 B 高于 A 點(diǎn)的電勢 A，B

22、 點(diǎn)與 O 點(diǎn)的電勢差大于 A 點(diǎn)與 O 點(diǎn)的電勢差，對兩個(gè)粒 子分別運(yùn)用動(dòng)能定理有 qU12m（v2v20），而 UBO>UAO，可知兩個(gè)粒子經(jīng)過 O點(diǎn)時(shí)的速度 v1<v2，則選項(xiàng) A 錯(cuò) 誤， B正確；再由電勢能公式 Epq，知 Ep1<Ep2，則選項(xiàng) C正確，D 錯(cuò)誤。14. 如圖所示，在 xOy平面上第象限內(nèi)有平行于 y軸的有界勻強(qiáng)電場，方向如圖 y 軸上一點(diǎn) P的坐標(biāo)為 （ 0，L），有一電子以垂直于 y 軸的初速度 v0從 P點(diǎn)垂直射入電場中， 并從 A 點(diǎn)射出，A 點(diǎn)坐標(biāo)為（ 2L，0）已 知電子的電量大小為 e，質(zhì)量為 m，不計(jì)電子的重力（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??； （2）若在第象限過 Q點(diǎn)放一張垂直于 xOy平面的感光膠片， Q 點(diǎn)的坐標(biāo)為（ 0， L），求感光膠片上曝光點(diǎn) 的橫坐標(biāo) x【答案】：感光膠