2020年高考物理《带电粒子在纯电场中的运动规律》专题训练及答案解析

高考物理带电粒子在纯电场中的运动规律专题训练1.如图所示，（核内有一个质子，没有中子）， （核内有一个质子，一个中子）， （核内有一个质子，两个中子）和 （核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点下列说法正确的是（） A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B、若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D、若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点【答案】C 【解析】四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到： 加速度为：a= ，偏转距离为：y= at2 ， 运动时间为：t= ，联立三式得：y= ；A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点故A错误；B、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点故B错误C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，故C正确；D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点故D错误；故选：C2.如图所示，质量相同的两个带电粒子P，Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上（带电粒子的重力不计）则从开始射入到打到上极板的过程中（ ）A、它们运动的时间tQtPB、它们运动的加速度aQaPC、它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2D、它们的动能增加量之比EkP：EkQ=1：2【答案】C 【解析】A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：x= at2解得：a= 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，所以aQaP ， 故B错误；C、根据牛顿第二定律，有：qE=ma由两式解得：q= 所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；D、根据动能定理，有：qEx=Ek而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：EkP：EkQ=1：4，故D错误；故选C3.如图所示，EF与GH间为一无场区无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压 【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30，进入D点时速度为：v= = v0在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足k =m 由得：Q= （2）解：粒子射出电场时速度方向与水平方向成30tan 30= vy=ata= t= 由得：U= = 4.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，粒子电势能减少了E1 若保持上板不动，将下板上移少许，该粒子仍以相同的速度从原处射入电场，粒子在电场中电势能减少了E2 ， 下列分析正确的是（ ）A、电容变大，两板间电压不变，两板间场强变大B、电容变小，两板间电压变大，两板间场强不变C、粒子将打在下板上，且E1E2D、粒子仍然从下板右边缘飞出电场，且E1=E2【答案】C 【解析】【解答】解：A、由C= 可知，d减小时，电容增大，将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E= = = ，可知当d减小时，场强E不变，但极板间电压U=Ed会随d减小而降低，故AB错误C、由于场强不变，故粒子运动轨迹不变，由于下板上移，故粒子将打在下板上，由于电势差变小，电场力做功减小，故电势能该变量变小，故C正确，D错误，故选：C5.三个完全相同的带电粒子（不计重力）在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列正确的是（ ）A、b在电场中运动的时间比a长B、b和c同时飞离电场C、进电场时a的速度最大，c的速度最小D、动能的增加值c最小，a和b一样大【答案】D 【解析】：A、三个相同的粒子质量和电量都相同，在同一电场中运动时加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y= at2 ， 可知运动时间相等，所以在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上故A错误B、b、c竖直方向上的位移不等，ycyb 根据y= at2可知，tctb 则知c先飞离电场故B错误C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v= 因xc=xb ， tctb ， 则vcvb 根据ta=tb ， xbxa 则vbva 所以有：vcvbva 故C错误D、由W=qEy可知电场力对a、b两电荷做功一样多，对c电荷电场力做功最少，根据动能定理知a、b动能增加量相等c电荷动能增加量最小故D正确故选：D三个粒子垂直射入电场中都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量6.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）A、U1变大、U2变大B、U1变小、U2变大C、U1变大、U2变小D、U1变小、U2变小【答案】B 【解析】：设电子被加速后获得初速为v0 ， 则由动能定理得： 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间： 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得： 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得： 又有： 故U2变大或U1变小都可能使偏转角变大，故选项B正确，选项ACD错误故选B7.如图所示，有一电子（电量为e、质量为m）经电压U加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、B板间距为d、长度为L，A、B板间电压也为U，屏CD足够大，距离A、B板右边缘3L，AB板的中心线过屏CD的中心且与屏CD垂直试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离【解析】：设电子经加速电场加速后获得速度v0 ， 经过偏转电场偏转后发生偏移量y，速度偏转角为，电子打在屏上的位置到屏中心间的距离为y1 ， 则：加速电场中有动能定理得： ，解得： ，粒子在AB板间运动过程：水平方向由：L=v0t解得： ，竖直方向： ，= = ，vy=at= ，= = ，离开偏转场后电子匀速飞向屏的过程： ，由解得： 8.现代科学实验中常用的一种电子仪器叫示波器，它的核心部件是示波管，其工作原理如图所示，电量大小为e的电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行，偏转电场的极板间距离为d，板长为L，整个装置处在真空中，电子重力可忽略，电子能射出平行板区 (1)偏转电场中，求示波管的灵敏度（单位偏转电压引起的偏移距离叫示波管的灵敏度） (2)求电子离开偏转电场时的动能大小 【解析】（1）在加速电场中，由动能定理得： eU1= mv02设电子在偏转电场中运动时间为t则有：L=v0ty= 又a= 示波管的灵敏度为：= 由得：= 故提高示波管的灵敏度的办法有：增大L、减小U1、减小d答：提高示波管的灵敏度的办法有：增大L、减小U1、减小d（2）解：由动能定理，得： eU1+ y=Ek0 将式代入，得：Ek=eU1+ 9.(2018安徽联考)美国物理学家密立根于20世纪进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源。从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则计算油滴带电荷量的表达式为()AqBqCq Dq【答案】：B【解析】：带电油滴恰好悬浮时，由平衡条件有：qmg，油滴匀速下落时有vkm，解得q，故B正确。10.(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A减小墨汁微粒的质量B减小墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度【答案】：BD【解析】：根据偏转距离公式y可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。11.(2018福建宁德模拟)如图所示，区域、分别存在着有界匀强电场E1、E2，已知区域宽L10.8 m，区域宽L20.4 m，E110 V/m 且方向与水平方向成45角斜向右上方，E220 V/m且方向竖直向下。带电荷量为q1.6103 C、质量m1.6103 kg的带电小球(可视为质点)在区域的左边界由静止释放。g取10 m/s2，求：(1)小球在电场区域中运动的加速度大小和时间；(2)小球离开电场区域的速度大小和方向。【答案】：(1)10 m/s20.4 s(2)5 m/s速度方向与水平夹角为37斜向右下方【解析】：(1)小球在电场区域受到的电场力F1qE1，小球在电场区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F合F1cos 451.6102 N，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a110 m/s2，小球运动时间t1 0.4 s。(2)小球离开电场区域的水平速度v0a1t14 m/s，小球在电场区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a2g30 m/s2，小球在电场区域中做类平抛运动，其运动时间t20.1 s。小球在竖直方向的分速度vya2t23 m/s，小球离开电场区域的速度v5 m/s，设小球离开电场区域的速度方向与水平方向夹角为，则tan ，得37。12(2018山西省重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m1.0103 kg、电荷量为q8.0105 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L1.0 m，金属板与水平方向的夹角为37，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2。(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E100 V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？【答案】：(1)18.75 V(2) m【解析】：(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1，小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y则有tan cos v0t1ysin gt联立并代入数据解得v0 m/s，y m带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qUmv0代入数据解得U18.75 V(2)进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有Fymgcos qE0沿x轴方向有Fxmgsin 故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有Fxmaatdmin t2联立并代入数据解得dmin m即两板间的距离d至少为 m。13.(多选)如图所示，空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线，过O点的虚线MN表示该电场的一个等势面，两个相同的带正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，A、B连线与MN平行，且都能从MN左侧经过O点。设粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为Ep1和Ep2，经过O点时的速度大小分别为v1和v2。粒子的重力不计，则()Av1v2 Bv1v2CEp1Ep2【答案】：BC【解析】：由题意知两个相同的带电粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度运动，且皆能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子皆做正功，再由电场线和等势面的垂直关系以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势B高于A点的电势A，B点与O点的电势差大于A点与O点的电势差，对两个粒子分别运用动能定理有qUm(v2v)，而UBOUAO，可知两个粒子经过O点时的速度v1v2，则选项A错误，B正确；再由电势能公式Epq，知Ep1Ep2，则选项C正确，D错误。14.如图所示，在xOy平面上第象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图y轴上一点P的坐标为（0，L），有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，并从A点射出，A点坐标为（2L，0）已知电子的电量大小为e，质量为m，不计电子的重力 (1)求匀强电场的场强大小； (2)若在第象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为（0，L），求感光胶片上曝光点的横坐标x 【答案】：感光胶片上曝光点的横坐标x为3L 【解析】：（1）解：设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中运动时间为t1 ， 沿x轴方向，有：2L=v0t1 ， 沿y轴方向，有：eE=ma，L= 联立解得：E= ；答：匀强电场的场强大小为 ；（2）解：离开电场时，电子沿y轴方向的速度vy=at1 ，解得，vy=v0 ， tan= 由几何关系得：tan= 解得：x=3L 15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E22E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan ；(3)电子打到屏上P点到O点的距离x。【答案】：(1)3 (2)2(3)3L【解析】：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1a1tv1a1t1，t2运动的总时间为tt1t23 。(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2t3，vya2t3tan 联立各式解得tan 2。(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1a2ttan 解得：xx1x23L。