（北京專用）2020版高考物理總復習 第九章 第4講 帶電粒子在電場中的運動精練（含解析）

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1、第4講　帶電粒子在電場中的運動 A組　基礎鞏固 1.(2017朝陽期末)關于“電子伏特(符號:eV)”,屬于下列哪一物理量的單位(　　) A.電荷量 B.電壓 C.電流 D.能量 答案　D　電荷量的單位庫侖,簡稱庫,用C表示,A錯誤;電壓的單位伏特,簡稱伏,用V表示,B錯誤;電流的單位安培,簡稱安,用A表示,C錯誤;一個電子經過1伏特的電勢差加速后所獲得的動能為1電子伏特(1 eV),是能量的單位,D正確。 2.(2017豐臺一模)質量不同、電荷量相同的粒子,不計重力,垂直于電場線射入同一個勻強電場。若它們離開電場時速度方向改變的角度相同,則它們在進入電場前必然具有相同的　(　　)

2、 A.速度 B.動量 C.動能 D.動量或動能均可以 答案　C　如圖所示,設電場區(qū)域寬為L,電場強度大小為E,粒子帶電荷量為+q,質量為m,進入電場時的速度為v0,出電場時的速度為v,在電場中的運動時間為t 由類平拋運動規(guī)律可知 L=v0t tan θ=vyv0 vy=at a=qEm 由以上各式解得tan θ=qELmv02,上式表明:若粒子離開電場時速度方向改變的角度相同,它們應具有相同的動能,故C項正確。 3.示波器是一種電子儀器,可以用它觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件示波管由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成,其原理圖如圖甲所示。圖乙是從右向左看到的熒光屏

3、的平面圖。在偏轉電極XX'、YY'上都不加電壓時,電子束將打在熒光屏的中心點;若亮點很快移動,由于視覺暫留關系,能在熒光屏上看到一條亮線。若在XX'上加如圖丙所示的掃描電壓,在YY'上加如圖丁所示的信號電壓,則在示波管熒光屏上看到的圖形是選項圖中的(　　) 答案　A　因水平方向XX'所加電壓可使電子在水平方向移動,豎直方向YY'所加電壓可使電子在豎直方向移動,所以A選項正確,B、C、D選項錯誤。 4.如圖所示,在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置。一帶電粒子沿平行于板面的方向,從左側兩極板中央射入電場中,恰能從右側極板邊緣處離開電場。不計粒子重力。若可以改變某個量,下列哪種變

4、化,仍能確保粒子一定飛出電場(　　) A.只增大粒子的帶電荷量 B.只增大電場強度 C.只減小粒子的比荷 D.只減小粒子的入射速度 答案　C　設兩極板間的距離為d,由題意知粒子的偏移量y=d2,因y=12at2=Eq2m(Lv)2,要使粒子能飛出電場,可以減小帶電荷量或電場強度,或者減小比荷,或者增大初速度,故C正確。 5.(2018海淀期末)示波器的核心部件是示波管,其內部抽成真空,如圖是它內部結構的簡化原理圖。它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成。熾熱的金屬絲可以連續(xù)發(fā)射電子,電子質量為m,電荷量為e。發(fā)射出的電子由靜止經電壓U1加速后,從金屬板的小孔O射出,沿OO'進入偏轉電場,

5、經偏轉電場后打在熒光屏上。偏轉電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成,已知極板的長度為l,兩板間的距離為d,極板間電壓為U2,偏轉電場極板的右端到熒光屏的距離為L。不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。 (1)求電子從小孔O穿出時的速度大小v0; (2)求電子離開偏轉電場時沿垂直于板面方向偏移的距離y; (3)若將極板M、N間所加的直流電壓U2改為交變電壓u=Um sin2πTt,電子穿過偏轉電場的時間遠小于交流電的周期T,且電子能全部打到熒光屏上,求電子打在熒光屏內范圍的長度s。 答案　(1)2U1em　(2)U2l24U1d　(3)Uml2U1d(l+2L) 解析　(1)

6、U1e=12mv02-0 v0=2U1em (2)電子進入偏轉電場,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,設電子在偏轉電場中運動的時間為t 水平方向t=lv0 豎直方向E=U2d,F=Ee,a=Fm y=12at2=U2l24U1d (3)當交變電壓為最大值Um時,設電子離開交變電場時沿豎直方向的速度為vym,最大側移量為ym;離開偏轉電場后到達熒光屏的時間為t1,在這段時間內的側移量為y1 則ym=Uml24U1d vym=amt=Umeldmv0, t1=Lv0 , y1=vymt1=UmlL2dU1 則s=2(ym+y1)=Uml2U1d(l+

7、2L) B組　綜合提能 1.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。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P'點,則由O點靜止釋放的電子(　　) A.運動到P點返回 B.運動到P和P'點之間返回 C.運動到P'點返回 D.穿過P'點 答案　A　由題意知,電子在A、B板間做勻加速運動,在B、C板間做勻減速運動,到P點時速度恰好為零,設A、B板和B、C板間電壓分別為U1和U2,由動能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;現(xiàn)將C板右移至P'點,由于板上帶電荷量沒有變化,B、C板間電場強度E=Ud=QC

8、d=4πkQεrS,E不變,故電子仍運動到P點返回,選項A正確。 2.如圖,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.s22qEmh B.s2qEmh C.s42qEmh D.s4qEmh 答案　B　因為兩粒子軌跡恰好相切,切點為矩形區(qū)域中心,則對其中一個粒子,水平方向s2

9、=v0t,豎直方向h2=12at2且滿足a=Eqm,三式聯(lián)立解得v0=s2Eqmh,故B正確。 3.(2017海淀零模)用靜電的方法來清除空氣中的灰塵,需要首先設法使空氣中的灰塵帶上一定的電荷,然后利用靜電場對電荷的作用力,使灰塵運動到指定的區(qū)域進行收集。為簡化計算,可認為每個灰塵顆粒的質量及其所帶電荷量均相同,設每個灰塵顆粒所帶電荷量為q,其所受空氣阻力與其速度大小成正比,表達式為F阻=kv(式中k為大于0的已知常量)。由于灰塵顆粒的質量較小,為簡化計算,灰塵顆粒在空氣中受電場力作用后達到電場力與空氣阻力相等的過程所用的時間及通過的位移均可忽略不計,同時也不計灰塵顆粒之間的作用力及灰塵顆粒

10、所受重力的影響。 (1)有一種靜電除塵的設計方案是這樣的,需要除塵的空間是一個高為H的絕緣圓桶形容器的內部區(qū)域,將一對與圓桶半徑相等的圓形薄金屬板平行置于圓桶的上、下兩端,恰好能將圓桶封閉,如圖甲所示。在圓桶上、下兩金屬板間加上恒定的電壓U(圓桶內空間的電場可視為勻強電場),便可以在一段時間內將圓桶區(qū)域內的帶電灰塵顆粒完全吸附在金屬板上,從而達到除塵的作用。求灰塵顆粒運動可達到的最大速率; (2)對于一個待除塵的半徑為R的絕緣圓桶形容器內部區(qū)域,還可以設計另一種靜電除塵的方案:沿圓桶的軸線有一根細直導線作為電極,緊貼圓桶內壁加一個薄金屬桶作為另一電極。在直導線電極外面套有一個由絕緣材料

11、制成的半徑為R0的圓桶形保護管,其軸線與直導線重合,如圖乙所示。若在兩電極間加上恒定的電壓,使得桶壁處電場強度的大小恰好等于第(1)問的方案中圓桶內電場強度的大小,且已知此方案中沿圓桶半徑方向電場強度大小E的分布情況為E∝1r,式中r為所研究的點與直導線的距離。 ①試通過計算分析,帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的過程中,其瞬時速度大小v和其與直導線的距離r之間的關系; ②對于直線運動,教材中講解了由v-t圖像下的面積求位移的方法。請你借鑒此方法,利用v隨r變化的關系,畫出1v隨r變化的圖像,根據圖像的面積求出帶電灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的時間。 答案　(1)qUkH　(

12、2)見解析 解析　(1)圓桶形容器內的電場強度E1=UH 灰塵顆粒所受的電場力大小F=qUH, 電場力跟空氣阻力相平衡時,灰塵顆粒達到最大速率,并設為v1,則有 kv1=qUH 解得v1=qUkH (2)①由于灰塵顆粒所在處的電場強度隨其與直導線距離的增大而減小,且桶壁處的電場強度大小為第(1)問方案中圓桶內電場強度的大小E1=UH,設在距直導線為r處的場強大小為E2,則E2E1=Rr,解得E2=URHr 故與直導線越近處,電場強度越大。設灰塵顆粒運動到與直導線距離為r時的速度為v,則kv=qE2 解得v=qURkHr 上式表明,灰塵顆粒在向圓桶內壁運動過程中,速度是逐漸減小的。 ②以r為橫軸,以1v為縱軸,作出1v-r的圖像如圖所示。 在r到r+Δr微小距離內,電場強度可視為相同,其速度v可視為相同,對應于Δr的一段1v-r圖線下的面積為1vΔr=Δrv,顯然,這個小矩形的面積等于灰塵顆粒通過Δr的時間Δt=Δrv。所以,灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁所需的總時間t等于從R0到R一段1v-r圖線下的面積。 所以灰塵顆粒從保護管外壁運動到圓桶內壁的時間 t=kH(R2-R02)2qUR 7