浙江专版2024年高考物理一轮复习微专题突破练专题12带电粒子在电场中的运动含解析

PAGE10-专题12带电粒子在电场中的运动(建议用时40分钟)1.某电场的电场线分布为如图所示实线,以下说法正确的是 ()A.c点场强大于b点场强B.b和c处在同一等势面上C.若将一摸索电荷+q由a点移动到d点,电荷的电势能将增大D.若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点,可推断该电荷肯定带负电【解析】选A。电场线的疏密表示场强的强弱,由图知c点场强大于b点场强,故A正确;沿电场线方向电势渐渐降低,故b点电势大于c点,故B错误;若将一摸索电荷+q由a点移动到d点,电场力做正功,电荷的电势能将减小,故C错误;由粒子的运动轨迹弯曲方向可知,带电粒子受电场力大致为斜向左上方,与电场强度方向相同,故粒子带正电,故D错误。2.如图所示,在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面,斜面上有一带电金属块沿斜面滑下,已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J,金属块克服摩擦力做功8J,重力做功24J,则以下推断正确的是 ()A.金属块带负电荷B.金属块克服电场力做功8JC.金属块的电势能削减4JD.金属块的机械能削减12J【解析】选D。依据动能定理可得:WG+W电+Wf=ΔEk,代入数据即可求得W电=-4J,即金属块克服电场力做功4J,金属块的电势能增加4J,电场力做负功,金属块受到的电场力向右,金属块带正电,故A、B、C项错误。在该过程中金属块动能增加12J,重力势能削减24J,因此金属块的机械能削减12J,故D项正确。3.(多选)如图,真空中有一个固定点电荷,电荷量为+Q。图中虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面。有两个一价离子M、N(不计重力,也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同速率v0射入该电场,运动轨迹分别为曲线apb和aqc,其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置,则 ()A.M肯定是正离子,N肯定是负离子B.M在p点的速率肯定大于N在q点的速率C.M在b点的速率肯定大于N在c点的速率D.M从p→b过程电势能的增量肯定小于N从a→q电势能的增量【解析】选B、D。由图可知离子N受到中心电荷的斥力,而离子M受到中心电荷的引力,故两离子的电性肯定不同。由于中心电荷带正电,则M肯定是负离子,N肯定是正离子,故A错误。在ap和aq过程中,由图可判定M离子在运动过程中,电场力做正功,导致动能增加;而N离子在运动过程中,电场力做负功,导致动能减小。所以M在p点的速率肯定大于N在q点的速率,故B正确。由于a、b、c三点在同一等势面上,故离子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0,N离子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0。由于两离子以相同的速率从a点飞入电场,故两离子分别经过b、c两点时的速率肯定相等。故C错误。依据W=qU,由图可知N离子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于离子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值,故M从p→b过程电势能的增量肯定小于N从a→q电势能的增量,故D正确。4.如图所示,氕核(11H)、氘核(12H)和氚核(13H)同时从静止起先,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,A.在偏转电场中运动的加速度相同B.同时打到荧光屏幕上C.到达屏幕时的速度相同D.能到达屏幕上同一点【解析】选D。在偏转电场中运动的加速度a=Fm=qU2md,加速度的大小取决于比荷,A错误;打到荧光屏幕上的时间:t=t加+t偏,且t加=2mqU1L,tt=mq2U1L+L'12U1,与比荷有关,B错误;由动能定理:qU1+qU2=12mv2,解得v=2qU1+U5.如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场,设电容器极板上所带的电荷量为Q,电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为y,若仅使电容器上极板上移,以下说法正确的是 ()A.Q减小,y不变 B.Q减小,y减小C.Q增大,y减小 D.Q增大,y增大【解析】选B。仅使电容器上极板上移,两极板间距d增大,由C=εS4kπd知,电容器的电容减小,由C=QU知,U肯定,C减小,则Q减小,选项C、D错误;由E=Ud知,电容器两极板间的电场强度减小,电子运动的加速度a=Eqm减小,电子在电场中做类平抛运动,电子穿出电场的时间不变,则电子穿出平行板电容器时在垂直极板方向偏移的距离y=12at2减小,选项6.(多选)三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的粒子,从带电平行金属板左侧中心以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入,并分别落在正极板的A、B、C三处,O点是下极板的左端点,且OC=2OA,AC=2BC,如图所示,则下列说法正确的是 ()A.三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4B.三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4C.三个粒子在电场中运动时动能的改变量之比EkA∶EkB∶EkC=36∶16∶9D.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20【解析】选A、C、D。三个粒子的初速度相等,在水平方向上做匀速直线运动,由x=vt得,运动时间tA∶tB∶tC=xA∶xB∶xC=2∶3∶4,故A正确;三个粒子在竖直方向上的位移y相等,依据y=12at2,解得:aA∶aB∶aC=14∶19∶116=36∶16∶9,故B错误;由牛顿其次定律可知F=ma,因为质量相等,所以合力之比与加速度之比相同,合力做功W=Fy,由动能定理可知,动能的改变量等于合力做的功,所以三个粒子在电场中运动过程的动能改变量之比为36∶16∶9,故C正确;三个粒子的合力大小关系为:FA>FB>FC,三个粒子的重力相等,所以B仅受重力作用,A所受的电场力方向向下,C所受的电场力方向向上,即B不带电,A带负电,C带正电,由牛顿其次定律得:aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得:qC∶qA7.喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽视的墨汁微粒,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入带电极板间,最终打在纸上,关于微粒的运动下列说法不正确的是 ()A.若增大两极板间的电场,微粒仍会到达纸上同一位置B.运动速度先渐渐增大,再保持不变C.运动时间与电场强度大小无关D.运动轨迹与所带电荷量有关【解析】选A。若增大两极板间的电场,水平运动不变,运动时间不变,微粒在垂直于板方向所受的电场力变大,则微粒偏转距离变大,不会到达纸上同一位置,选项A错误;微粒在电场中水平速度不变,竖直速度变大,则运动速度渐渐增大,出电场后保持不变,选项B正确;微粒在水平方向做匀速运动,则运动时间t=lv与电场强度大小无关,选项C正确;微粒的偏转量y=12·qEmlv2,即运动轨迹与所带电荷量有关8.如图所示为汤姆孙发觉电子的气体放电管示意图,其中AB之间为加速电场,D1D2之间可加偏转电场,某次试验中发觉电子打在荧光屏的P3位置,则下列说法正确的是 ()A.打在P3位置,说明偏转电极D1接的是低电势B.要想让电子在荧光屏上的位置从P3靠近P1,则可以增加加速电场或增加偏转电场C.在加速电场中加速的电子电势能增加D.在偏转电场中偏转的电子其电势能削减【解析】选D。发觉电子打在荧光屏的P3位置,说明电子在D1、D2板间向上偏转,说明电极板D1接的是高电势,故A错误;令加速电压为U1,则加速后电子的速度为eU1=12mv02,令偏转电压为U2,板长为L,则加速度为a=eU2md,运动时间为L=v0t,偏转位移为y=12at2=U2L24U1d,可知当增加加速电场或增加偏转电场,电子在荧光屏上的位置不肯定从P3靠近P1,故B错误;电子在加速电场中运动,电场力做正功,电子的电势能减小,故9.如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最终打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么 ()A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子肯定打到屏上的不同位置【解析】选A。设粒子质量为m,电量为q,经过加速电场U1q=12mv02,经过偏转电场的偏转位移y1=12E2qm(Lv0)2,解得y1=E2L24U1,偏转电场对粒子做功W2=qE2y1=qE22L24U4qU12+qE22L22mU1,则三种粒子打到屏上的速度不一样,故选项B错误;在加速电场中有l=12a=L+l'v0=L+l'2qU1m==2mlqE1+(L+l′)m2qE1l,由于三种粒子质量不同,所以三种粒子运动到屏上所用时间不同,故选项C错误;粒子离开电场后做匀速直线运动,y2=vqE2m·Lv0·l'v0=qE2Ll'mv02=qE2Ll'2q10.(多选)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板,如图甲所示,加在A、B间的电压UAB做周期性改变,其正向电压为U0,反向电压为-kU0(k≥1),电压改变的周期为2T,如图乙所示。在t=0时,有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场,在运动过程中未与极板相撞,且不考虑重力的作用,则下列说法中正确的是 ()A.若k=54且电子恰好在2T时刻射出电场,则应满意的条件是d≥B.若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场,则其动能增加eC.若k=54且电子恰好在2T时刻射出电场,则射出时的速度为D.若k=1,电子在射出电场的过程中,沿电场方向的分速度方向始终不变【解析】选A、D。竖直方向,电子在0～T时间内做匀加速运动,加速度的大小a1=eU0md,位移x1=12a1T2,在T～2T时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,加速度的大小a2=5eU04md,初速度的大小v1=a1T,匀减速运动阶段的位移x2=v122a2,由题知d2≥x1+x2,解得d≥9eU0T25m,A正确;若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场,电场力做功为零,动能不变,B错误;若k=54且电子恰好在2T时刻射出电场,垂直电场方向速度为v011.如图所示,直角三角形ABC为某斜面体的横截面,已知斜面高为h,上表面光滑,与水平面夹角为∠C=30°,D为底边BC上一点,AD与竖直方向的夹角∠BAD=30°,D点处静置一带电荷量为+Q的点电荷。现使一个带电荷量为-q、质量为m的小球从斜面顶端由静止起先运动,则小球到达C点时的速度为多大? 【解析】带电小球从A运动到C的过程中,库仑力先做正功后做负功,结合几何关系求出库仑力做的功,再依据动能定理即可求解到达C点的速度。点电荷Q四周的等势面为以Q为圆心的同心圆,又由几何关系可知,AD=CD,因此A、C在同一等势面上,即A、C两点电势相等,则小球在A、C两点的电势能相等从A到C过程中,由能量守恒定律和动能定理得:mgh=12mv解得:v=2答案:212.如图所示,在竖直平面内有一矩形区域ABCD,长边BA与水平方向成θ=37°角,短边的长度为d,区域内存在与短边平行且场强大小为E的匀强电场。一个带电微粒从O点以某一水平初速度v1沿OP方向射入电场,能沿直线恰好到达P点;若该带电微粒从P点以另一初速度v2竖直向上抛出,恰好经过D点。已知O为短边AD的中点,P点在长边AB上且PO水平,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)微粒所带电荷量q与质量m的比值。(2)v1的大小与v2大小的比值。(3)若将该带电微粒从P点以肯定的初速度v3竖直向上抛出,则当其动能变为初动能的3倍时,求微粒的竖直位移y的大小与水平位移x大小的比值。【解析】(1)微粒沿OP方向运动时做匀减速直线运动,受到的合力方向水平向右,有:qE=mgcosθ可得微粒带电量q与质量m的比值:qm=(2)微粒的加速度a=mgtanθm=gtan初速度v