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文檔簡介
帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.[多項選擇]示波管是示波器的核心部件,它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,以下列圖。若是在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑,那么示波管中的()A.極板X應(yīng)帶正電B.極板X′應(yīng)帶正電C.極板Y應(yīng)帶正電D.極板Y′應(yīng)帶正電剖析:選AC由題意可知,在XX′方向上向X方向偏轉(zhuǎn),X帶正電,A對B錯;在YY′方向上向Y方向偏轉(zhuǎn),Y帶正電,C對D錯。2.以下列圖,兩平行金屬板豎直放置,板上A、B兩孔正好水平相對,板間電壓為500V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直金屬板方向射入電場中,經(jīng)過一段時間電子走開電場,若不考慮重力的影響,則電子走開電場時的動能大小為()A.900eVB.500eVC.400eVD.-100eV剖析:選C電子從A向B運(yùn)動時,電場力對電子做負(fù)功,若當(dāng)電子抵達(dá)B點時,戰(zhàn)勝電場力所做的功W=qU=500eV>400eV,因此電子不能夠抵達(dá)B點,電子向右做減速運(yùn)動,在抵達(dá)B從前速度變?yōu)榱?,爾后反向運(yùn)動,從A點走開電場,在整個過程中,電場力做功為零,由動能定理可知,電子走開電場時的動能:Ek=400eV,故C正確。3.以下列圖,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點自由釋放后,分別抵達(dá)B、C兩點,若AB=BC,則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()A.1∶2B.2∶1C.1∶D.∶1剖析:選B豎直方向有h=gt2,水平方向有l(wèi)=t2,聯(lián)立可得q=,因此有=,B對。4.一束正離子以相同的速率從同一地址,沿垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場中,所有離子的運(yùn)動軌跡都是相同的,這說明所有粒子()A.都擁有相同的質(zhì)量B.都擁有相同的電荷量C.擁有相同的荷質(zhì)比D.都是同一元素的同位素剖析:選C由偏轉(zhuǎn)距離y=2=可知,若運(yùn)動軌跡相同,則水平位移相同,偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同,已知E、l、v0是相同的,因此應(yīng)有相同。5.[多項選擇]兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中,存在一沿半徑方向的電場,以下列圖。帶正電的粒子流由電場所區(qū)的一端M射入電場,沿圖中所示的半圓形軌道經(jīng)過電場并從另一端N射出,由此可知(不計粒子重力)()A.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質(zhì)量必然相等B.若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的動能必然相等C.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的速率必然相等D.若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等,則出射粒子的動能必然相等剖析:選BC由題圖可知,該粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動,電場力供應(yīng)向心力qE=m得r=,r、E為定值,若q相等則mv2必然相等;若相等,則速率v必然相等,故B、C正確。6.[多項選擇]噴墨打印機(jī)的簡化模型以下列圖,重力可忽略的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后,以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間,最后打在紙上。則微滴在極板間電場中()A.向正極板偏轉(zhuǎn)B.電勢能逐漸增大C.運(yùn)動軌跡是拋物線D.運(yùn)動軌跡與帶電量沒關(guān)剖析:選AC由于微滴帶負(fù)電,電場方向向下,因此微滴碰到的電場力方向向上,微滴向正極板偏轉(zhuǎn),A項正確;偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功,依照電場力做功與電勢能變化的關(guān)系,電勢能減小,B項錯誤;微滴在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動,位移x=vt,沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,位移y=t2=2,此為拋物線方程,C項正確;從式中能夠看出,運(yùn)動軌跡與帶電荷量q有關(guān),D項錯誤。7.一個動能為Ek的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器,飛出電容器時動能為2Ek。若是使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?,那么它飛出電容器的動能變?yōu)?)A.8EkB.5EkC.4.25EkD.4Ek剖析:選C由于偏轉(zhuǎn)距離為y=,帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r,偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)椋虼遂o電力做功只有W=0.25Ek,而初動能變?yōu)?Ek,故它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25Ek。故正確選項為C。8.(2017·江蘇高考)以下列圖,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(yùn)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(yùn)動到P點返回B.運(yùn)動到P和P′點之間返回C.運(yùn)動到P′點返回D.穿過P′點剖析:選A電子在A、B板間的電場中加速運(yùn)動,在B、C板間的電場中減速運(yùn)動,設(shè)A、B板間的電壓為U,B、C板間的電場強(qiáng)度為E,M、P兩點間的距離為d,則有eU-eEd=0,若將C板向右平移到P′點,B、C兩板所帶電荷量不變,由E===可知,C板向右平移到P′時,B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變,由此能夠判斷,電子在A、B板間加速運(yùn)動后,在B、C板間減速運(yùn)動,抵達(dá)P點時速度為零,爾后返回,A項正確,B、C、D項錯誤。9.[多項選擇]以下列圖,在正方形ABCD地域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場,E、F、G、H是各邊中點,其連線組成正方形,其中P點是EH的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出。以下說法正確的選項是()A.粒子的運(yùn)動軌跡必然經(jīng)過P點B.粒子的運(yùn)動軌跡必然經(jīng)過PE之間某點C.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?,粒子會由E、D之間某點(不含E、D)射出正方形ABCD地域D.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?,粒子恰好由E點射出正方形ABCD地域剖析:選BD粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出,其軌跡是拋物線,則過D點作速度的反向延長線必然交于FH的中點,而延長線又經(jīng)過P點,因此粒子軌跡必然經(jīng)過PE之間某點,選項A錯誤,B正確;由平拋知識可知,當(dāng)豎直位移一準(zhǔn)時,水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?,選項C錯誤,D正確。10.[多項選擇]以下列圖,三個質(zhì)量相同,帶電荷量分別為+q、-q和0的小液滴a、b、c,從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放,最后從兩板間穿過,軌跡以下列圖,則在穿過極板的過程中()A.電場力對液滴a、b做的功相同B.三者動能的增量相同C.液滴a與液滴b電勢能的變化量相等D.重力對c做的功最多剖析:選AC由于液滴a、b的電荷量大小相等,則液滴所受的電場力大小相等,由靜止釋放,穿過兩板的時間相等,則偏轉(zhuǎn)位移大小相等,電場力做功相等,故A正確;電場力對a、b兩液滴做功相等,重力做功相等,則動能的增量相等,對于c液滴,只有重力做功,小于a、b動能的增量,故B錯誤;對于液滴a和液滴b,電場力均做正功,電場力所做的功等于電勢能的變化量,故C正確;三者在穿過極板的過程中豎直方向的位移相等,三者質(zhì)量相同,因此重力做功相等,故D錯誤。11.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場,以下列圖。若是兩極板間電壓為U,兩極板間的距離為d、板長為L。設(shè)粒子束不會擊中極板,求粒子從進(jìn)入電場到飛出極板時電勢能的變化量。(粒子的重力忽略不計)剖析:水平方向勻速,則運(yùn)動時間t=①豎直方向加速,則偏移y=at2②且a=③由①②③得y=則電場力做功W=qE·y=q··=由功能原理得電勢能減少了。答案:電勢能減少了12.以下列圖,A、B和C、D為兩平行金屬板,A、B兩板間電勢差為U,C、D向來和電源相接,測得此間的場強(qiáng)為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(重力不計)由靜止開始,經(jīng)A、B加速后穿過C、D發(fā)生偏轉(zhuǎn),最后打在熒光屏上,已知C、D極板長均為x,熒光屏距C、D右端的距離為L,問:(1)粒子走開A、B加速電場時速度大小。(2)粒子打在熒光屏上的地址距O點多遠(yuǎn)處。(3)粒子打在熒光屏上時的動能為多大。剖析:(1)設(shè)粒子從A、B間射出時的速度為v,依照動能定理,則有qU=mv2,v=。(2)設(shè)粒子走開偏轉(zhuǎn)電場時偏離原來方向的角度為φ,偏轉(zhuǎn)距離為
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