2026屆高考物理總復(fù)習(xí)43課下鞏固精練卷(二十五) 帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題_第1頁
2026屆高考物理總復(fù)習(xí)43課下鞏固精練卷(二十五) 帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題_第2頁
2026屆高考物理總復(fù)習(xí)43課下鞏固精練卷(二十五) 帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題_第3頁
2026屆高考物理總復(fù)習(xí)43課下鞏固精練卷(二十五) 帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題_第4頁
2026屆高考物理總復(fù)習(xí)43課下鞏固精練卷(二十五) 帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題_第5頁
已閱讀5頁,還剩4頁未讀, 繼續(xù)免費(fèi)閱讀

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報(bào)或認(rèn)領(lǐng)

文檔簡介

[課下鞏固精練卷(二十五)]帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動問題

________________________________________________________________________

(選擇題每題5分,解答題每題10分,建議用時(shí):50分鐘)

考點(diǎn)基礎(chǔ)題綜合題

帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1,68,9

示波管47

在電場和重力場中的偏轉(zhuǎn)2,311

在交變電場中的偏轉(zhuǎn)510

【基礎(chǔ)落實(shí)練】

1.如圖所示,在截面半徑為R、圓心為O的圓柱形區(qū)域內(nèi)有一方向平行于直徑ab向右

的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E。某帶電粒子自圓形邊界上c點(diǎn)以速度v0,方向垂直ab射

入該電場區(qū)域,粒子恰好自b點(diǎn)離開電場。已知∠aOc=60°,運(yùn)動中粒子僅受電場力作用,

則該粒子的比荷為()

22

4v02v0

A.B.

ERER

22

3v03v0

C.D.

ER2ER

解析:選A。帶電粒子在電場中從c到b做類平拋運(yùn)動,垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)

12qE

動,則Rsin60°=v0t,沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動,則R+Rcos60°=at,a=,聯(lián)

2m

2

q4v0

立解得=,A正確,B、C、D錯誤。

mER

2.(2023·重慶渝中高三階段練習(xí))如圖所示,豎直面內(nèi)有矩形ABCD,∠DAC=30°,以

O為圓心的圓為矩形的外接圓,AC為豎直直徑,空間存在范圍足夠大、方向由A指向B的

勻強(qiáng)電場。將質(zhì)量均為m的小球P、Q以相同速率從A點(diǎn)拋出,小球P經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的動能

是小球在A點(diǎn)時(shí)動能的4倍。已知小球P不帶電,小球Q帶正電,電荷量為q,重力加速

mg

度為g,該電場的電場強(qiáng)度大小為,則小球Q經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動能是小球在A點(diǎn)時(shí)動能的

q

()

A.2倍B.4倍

C.6倍D.8倍

解析:選B。由于勻強(qiáng)電場由A指向B,可知AD為等勢線,設(shè)圓的半徑為R,小球P

3

經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的動能是小球在A點(diǎn)時(shí)動能的4倍,根據(jù)動能定理可得mg·R=4Ek0-Ek0=3Ek0,

2

小球Q從A點(diǎn)拋出到B點(diǎn)過程,根據(jù)動能定理可得mgRcos60°+qER=EkB-Ek0,又qE=

mg,聯(lián)立解得EkB=4Ek0,則小球Q經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動能是小球在A點(diǎn)時(shí)動能的4倍,故B

正確。

3.(2023·山東高三專題練習(xí))如圖,在方向平行于紙面的勻強(qiáng)電場中有一平臺,一帶電

小球從平臺左下側(cè)某位置P以v0=8m/s的初速度豎直向上拋出,小球恰好從平臺左端Q點(diǎn)

-4

以速度v1=6m/s水平滑入平臺。小球質(zhì)量m=0.1kg,帶電荷量q=+6×10C,重力加速

度g=10m/s2,關(guān)于該勻強(qiáng)電場,下列說法正確的是()

A.電場強(qiáng)度大小可能小于1000N/C

B.電場強(qiáng)度大小一定為1250N/C

C.電場強(qiáng)度大小最小為1000N/C

D.若電場強(qiáng)度大小確定,其方向也唯一確定

ay84

解析:選C。由題意可知,水平方向v1=axt,豎直方向v0=ayt,可知==,設(shè)

ax63

電場強(qiáng)度方向與豎直方向夾角為θ,則豎直方向mg+qEcosθ=may,水平方向qEsinθ=max,

1000

整理并代入數(shù)據(jù)可得E=N/C,可知E最小值為1000N/C;當(dāng)θ=90°時(shí),

sin(θ-37°)

E=1250N/C,若電場強(qiáng)度大小E確定,其方向不是唯一確定的,故C正確。

4.圖甲是示波管的原理圖,圖乙是電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運(yùn)動的示意圖,電子以v0的

速度沿兩極板YY′的中心線進(jìn)入,并射到熒光屏。圖乙中極板YY′的長度為l,間距為d,

板間電壓為U。已知電子電荷量為e,質(zhì)量為m,則電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運(yùn)動的()

2eU

A.加速度a=

md

eU

B.加速度a=

2md

eUl2

C.偏移距離y=

2

mdv0

eUl2

D.偏移距離y=

2

2mdv0

FeU

解析:選D。由牛頓第二定律,電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運(yùn)動的加速度a==,A、

mmd

12

B錯誤;電子在偏轉(zhuǎn)電極YY′間運(yùn)動,則l=v0t,y=at,聯(lián)立解得,偏移距離y=

2

l

2

1eUel2U

··v0=,C錯誤,D正確。

2

2md2mdv0

5.如圖甲,一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進(jìn)入(記為t=0

時(shí)刻),同時(shí)在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k,帶電粒子只受靜電力的作

用且不與極板發(fā)生碰撞,經(jīng)過一段時(shí)間,粒子以平行極板方向的速度射出。下列說法中正確

的是()

A.粒子射出時(shí)間可能為t=4s

B.粒子射出的速度大小為2v

C.極板長度滿足L=3vn(n=1,2,3,…)

3kU0

D.極板間最小距離為

2

解析:

選D。粒子進(jìn)入電容器后,在平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動,垂直極板方向的運(yùn)動v

-t圖像如圖所示,因?yàn)榱W悠叫袠O板射出,可知粒子垂直板的分速度為0,所以射出時(shí)刻可

能為1.5s、3s、4.5s……,滿足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定為v,

故A、B錯誤;極板長度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故C錯誤;因?yàn)榱W硬桓鷺O板碰撞,

d1qU03

則應(yīng)滿足≥v垂直×1.5,v垂直=a×1,a=,聯(lián)立求得d≥kU0,故D正確。

22md2

6.(2023·浙江紹興高三統(tǒng)考)如圖所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖。矩形通道的上

下兩平行金屬板長為L,間距為d,后面板為絕緣材料,分布均勻的帶負(fù)電的塵埃質(zhì)量為m,

電荷量為q,以水平速度v進(jìn)入通道,單位時(shí)間內(nèi)進(jìn)入通道的帶電塵埃數(shù)為n。已知兩金屬

md2v2

板極之間的電壓恒為U=,帶電塵埃碰到極板立即被收集中和,不計(jì)塵埃重力及塵埃

qL2

間的相互作用,下列說法正確的是()

A.帶電塵埃被收集到下極板

B.除塵裝置對帶電塵埃收集率為75%

3

C.單位時(shí)間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為nqU

8

D.若電壓增大到1.5U,則帶電塵埃能被全部收集

解析:選C。塵埃帶負(fù)電,上極板與電源正極相連,上極板帶正電,帶電塵埃被收集到

上極板,A錯誤;帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離為y,最長運(yùn)動時(shí)間為t,根據(jù)牛頓第二

qEqUdv211

定律可知,塵埃的加速度為a===,L=vt,y=at2=d,根據(jù)題意可知,

mmdL222

ynU

收集效率為η=×100%=50%,B錯誤;單位時(shí)間內(nèi)帶電塵埃減少的電勢能為q·+

d22

nU13

q··=nqU,C正確;若電壓增大到1.5U,帶電塵埃在極板間最大偏轉(zhuǎn)距離為y′,

2228

qE3qU3dv2

最長運(yùn)動時(shí)間為t′,根據(jù)牛頓第二定律可知,塵埃的加速度為a′===,L=

m2md2L2

13y′

vt,則y′=a′t′2=d,收集效率為η′=×100%=75%,若電壓增大到1.5U,則帶電塵埃

24d

仍不能被全部收集,D錯誤。

【綜合提升練】

7.(多選)如圖所示,水平平行板電容器間距為d,電源電壓恒定。閉合開關(guān)S,板間電

場穩(wěn)定后,一電子以初速度v從平行板左端水平射入,經(jīng)過時(shí)間t離開平行板間電場時(shí)速度

與水平方向夾角為θ,電場力對電子做功為W,電子在屏上所產(chǎn)生光點(diǎn)的豎直偏移量為y;

若保持開關(guān)S閉合,將兩板間距調(diào)整為2d,電子仍然以初速度v水平射入。不計(jì)電子重力,

則()

A.電子通過平行板電容器的時(shí)間是t

1

B.平行板間電場對電子做功是W

2

1

C.電子離開平行板間電場時(shí)速度與水平方向夾角是θ

2

1

D.電子在屏幕所產(chǎn)生的光點(diǎn)的豎直偏移量是y

2

解析:選AD。水平方向是勻速直線運(yùn)動,電子通過平行板電容器的時(shí)間是t,故A正

121qU2

確;電子在平行板電容器間豎直偏移量y1=at=××t,平行板間電場對電子做功

22md

qU1qU21

是W=qEy1=×××t,將兩板間距調(diào)整為2d,則W′=W,故B錯誤;電子離

d2md4

vyatqU

開平行板間電場時(shí)速度與水平方向夾角的正切值tanθ===t,將兩板間距調(diào)整

vvmdv

1

為2d,則tanθ′=tanθ,故C錯誤;電子在屏幕所產(chǎn)生的光點(diǎn)的豎直偏移量是y=y(tǒng)1+y2

2

qUt21

=+Dtanθ,將兩板間距調(diào)整為2d,則y′=y(tǒng),故D正確。

2md2

8.(多選)(2023·貴州黔東南高三模擬)在直角坐標(biāo)系xOy的一、四象限內(nèi)有大小為E0、

方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,虛線OM與x軸夾角α=30°。如圖所示,一帶電荷量為-q、

質(zhì)量為m的粒子由靜止釋放,經(jīng)過加速電壓為U0的電壓加速后從y軸上的Q點(diǎn),以初速度

v0沿x軸正方向射出,粒子做曲線運(yùn)動垂直打在OM上的P點(diǎn)。已知粒子做曲線運(yùn)動的時(shí)

s0

間為t,Q、P間沿y軸方向上的距離為。不計(jì)粒子重力,下列說法正確的是()

4

A.粒子在P處沿豎直方向速度小于v0

22

qE0t

B.加速電壓U0為

6m

3qE0t

C.v0=

3m

3s0

D.P點(diǎn)橫坐標(biāo)為

4

v0

解析:選BC。粒子做曲線運(yùn)動垂直打在OM上的P點(diǎn),tan30°=,得粒子在P處

vPy

qE012

沿豎直方向速度vPy=3v0,故A錯誤;根據(jù)vPy=3v0,vPy=t,qU0=mv0,聯(lián)

m2

22

3qE0tqE0t0+vPys0

立得v0=,U0=,故B、C正確;根據(jù)題意,t=,P點(diǎn)橫坐標(biāo)為x

3m6m24

3

=v0t,解得x=s0,故D錯誤。

6

9.(10分)在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中,常常利用電場來控制帶電粒子的運(yùn)動。如圖

所示,以O(shè)為圓心,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷

量為q的帶正電粒子在紙面內(nèi)自圓周上M點(diǎn)先后以不同的速率沿水平方向進(jìn)入電場。其中

速率為v0的粒子,可從直徑MN上的N點(diǎn)穿出。直徑MN與水平方向的夾角為α=53°,粒

子重力不計(jì)。(sin53°=0.8,cos53°=0.6)

(1)求電場強(qiáng)度的大小;(4分)

(2)以某一速率入射的粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間最長,求此粒子動能的增加量。(6分)

解析:(1)設(shè)從N點(diǎn)穿出電場的粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間為t,由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得

x=v0t=2Rcos53°

1

y=at2=2Rsin53°

2

FEq

a==

mm

2

20mv0

聯(lián)立解得E=。

9qR

(2)如圖所示,從圖中P點(diǎn)出來的粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間最長

設(shè)初速度大小為v1,從M到P點(diǎn)過程中由動能定理得

W合=ΔEk

動能的變化量為

ΔEk=Eq(R+Rsin53°)

2

解得ΔEk=4mv0。

2

20mv02

答案:(1)(2)4mv0

9qR

10.(10分)如圖甲所示,M、N為水平放置的平行板電容器,兩板間距離為4R,板間

有豎直向上的勻強(qiáng)電場,光滑的四分之一圓軌道固定在豎直平面內(nèi),半徑為R,末端位于平

行板電容器左端連線中點(diǎn)。質(zhì)量為m、電荷量為+q的絕緣小球從圓軌道頂端靜止釋放,從

軌道末端水平飛出,恰好打在N板中點(diǎn)且速度與水平方向夾角為45°,重力加速度為g,不

計(jì)空氣阻力。

(1)求小球剛進(jìn)入電場時(shí)的速度大小v0;(3分)

(2)求平行板電容器極板長度L和板間電場強(qiáng)度的大小E;(3分)

4mgR

(3)若M、N間改接交變電源,兩板間電壓UMN變化規(guī)律如圖乙所示,其中U0=。

q

t=0時(shí)刻,小球仍以v0進(jìn)入電場,恰從N板右端邊緣沿水平方向飛出,求UMN的周期T。

(4分)

解析:(1)小球由靜止釋放到達(dá)圓軌道末端,由動能定理得

12

mgR=mv0

2

解得v0=2gR。

(2)小球打在N板中點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度

vy=v0

L

水平方向有=v0t

2

vy

豎直方向有2R=t

2

解得L=8R

從小球由靜止釋放到打在N板,由動能定理得

12

mg·3R-qE·2R=m(2v0)-0

2

mg

解得E=。

2q

(3)加上交變電壓UMN

T

小球在0~內(nèi)的加速度大小

2

U0

mg+q

a1=4R=2g

m

T

~T內(nèi)的加速度大小

2

3U0

q-mg

a2=4R=2g

m

設(shè)小球在電容器中運(yùn)動時(shí)間為交變電壓周期的k倍

水平方向L=v0·kT

T2

1

豎直方向2R=2k·a12

2

R

解得T=。

2g

mgR

答案:(1)2gR(2)8R(3)

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論