（全国通用）2020版高考物理一轮复习 第七章 微专题54 带电粒子在电场中的加速和偏转加练半小时（含解析）

带电粒子在电场中的加速和偏转方法点拨(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理.(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理.(3)注意带电粒子重力能否忽略.1.如图1所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔.在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场.今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器射出，则该电子停止运动前()图1A.通过各容器的速度比依次为1B.通过各容器的时间比依次为531C.通过各容器间隙所用的时间比依次为531D.通过各容器间隙的加速度比依次为5312.(多选)(2018福建省福州市期末)如图2所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，ACB90，ABC60，d.把一个带电荷量为q的点电荷从A点移到B点电场力不做功，从B点移到C点电场力做功为W.若规定C点的电势为零，则()图2A.A点的电势为B.B、C两点间的电势差为UBCC.该电场的电场强度大小为D.若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是甲3.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图3所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()图34.(多选)(2018河南省南阳市期中)如图4所示，长为L、板间距离为d的平行板电容器水平放置，电容器充电后与电源断开，现将两质量相等的带电粒子a、b分别从两极板的中心线、上极板的边缘处同时沿水平方向射入电场，两粒子恰好能在距下极板为的P点处相遇.若不考虑粒子的重力作用，则下列说法中正确的是()图4A.b所带的电荷量是a的3倍B.相遇时，a在水平方向上运动的距离为C.相遇时，b的动能变化量是a的9倍D.若仅将下极板向下移动一小段距离，则两粒子仍能在P点相遇5.(多选)如图5所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0、质量为m、电荷量为q的带负电粒子沿纸面射入电场.带电粒子的重力不计，如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场，恰好从D点离开电场.若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，则带电粒子()图5A.从BC边界离开电场B.从AD边界离开电场C.在电场中的运动时间为D.离开电场时的动能为mv026.(2018河南省八校第二次测评)如图6，半径为R的圆环处在匀强电场E中，圆环平面与电场方向平行，直径ab与电场线垂直；一带电粒子以速度v0从a点沿ab方向射入电场，粒子打在圆环上的c点；已知c点与ab的距离为，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018四川省泸州市一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E103V/m；比荷为1.0105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(m,1m)点；粒子P的重力不计，试求：图7(1)金属板A、B之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合.8.如图8所示，A、B是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U1100V，C、D是水平放置的平行金属板，板间距离为d0.2m，板的长度为L1m，P是C板的中心，A、B两板小孔连线的延长线与C、D两板的距离相等，将一个负离子从A板的小孔处由静止释放，求：图8(1)为了使负离子能打在P点，C、D两板间的电压应为多少，哪板电势高；(2)如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子还能打在板上吗，若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移量为多少.答案精析1.A由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为v1v2v31，所以A正确；电子在容器中做匀速直线运动，故通过容器的时间之比为1，所以B错误；因各容器间的距离相等，故通过各容器间隙的时间之比t1t2t3()(1)1，所以C错误；电子在匀强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以D错误.2.BD把一个带电荷量为q的点电荷从A点移到B点电场力不做功，说明AB为一等势面.UABBC，匀强电场的方向垂直于AB，AB，A错误，B正确；UBCEdsin60，解得E，C错误；若从A点沿AB方向飞入一电子，电子受的电场力可能竖直向上，其运动轨迹可能是甲，D正确.3.A带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡.因此，速度时间图象应该为A.4.ACD由题意可知，两粒子相遇时，a在竖直方向上的位移为，b在竖直方向上的位移为，设a、b两粒子在竖直方向上的加速度大小分别为a1、a2，两粒子从开始运动到相遇所用的时间为t，则由匀变速直线运动的规律可得a1t2，da2t2，又因为a1，a2，联立可得，选项A正确；由于不知道两粒子进入电场时的初速度大小，故无法确定两粒子在水平方向上的位移，选项B错误；由动能定理可知，粒子动能的变化量等于电场力对粒子做的功，设电场力对a做的功为W1，对b做的功为W2，两极板间的电压为U，则有W1q1U，W2q2U，故，所以电场力对b做的功是电场力对a做的功的9倍，即b的动能变化量是a的9倍，选项C正确；由C，C及E可得E，由于电容器极板所带电荷量始终保持不变，当下极板向下移动一小段距离时，两极板间的电场强度不变，故两粒子仍能在P点相遇，选项D正确.5.BD带电粒子从M点以垂直电场线方向进入电场后做类平抛运动，水平方向上有Lv0t，竖直方向上有L，联立解得E；带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设带电粒子在电场中减速为零时的位移为x，由动能定理有qEx0mv02，解得xL，当粒子速度减至零后沿原路返回，从N点射出，粒子在电场中运动时间t1，由于电场力做功为零，根据动能定理有0Ek2mv02，选项B、D正确.6.见解析解析沿ab方向与电场强度方向建立xOy直角坐标系，设粒子从a到c所需时间为t，则：xv0t；yat2由牛顿第二定律得qEma由题意可知：yR；x(1)R联立解得：7.(1)1000V(2)yx2，其中x0解析(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(m,1m)点所用时间为t0，由类平抛运动可得：xv0t0，yt02解得：v0104m/s在金属板A、B之间，由动能定理：qUABmv02解得：UAB1000V(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P：Eqma1对于Q：Eq2ma2xv0t，a1t2ya2t2解得：yx2，其中x0即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为yx2，其中x0.8.(1)32VC板电势高(2)不能0.05m解析(1)设负离子的质量为m、带电荷量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，由动能定理得：U1qmv02由类平抛规律有：v0tyat2又a整理可得y又y联立解得U232V，因负离子所受电场力方向向上，所以C板电势高.(2)若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：xL，y由类平抛规律可得：xv0t，yat2，qU1mv02，则a联立以上各式解得y，将y0.1m代入可解得U28V可见，如果两板间所加电压为4V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出.将U24V，代入可解得y0.05m故如果C、D两板间所加的电压为4V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移量为0.05m.9