高三物理总复习巩固练习带电粒子在电场中的运动基础

这是一份高三物理总复习巩固练习带电粒子在电场中的运动基础，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
【巩固练习】一、选择题1、（2016贵州铜仁模拟）分别将带正电、负电荷不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入搜放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（  ）    A. A带正电、B不带电、C带负电B. 三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aCC. 三小球在电场中运动时间相等D. 三小球到达下板的动能关系是：EkC＞EkB＞EkA 2、（2016 甘肃武威模拟）如图所示，是一个示波管工作原理图，电子经加速以后以速度V0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U，板长为L。每单位电压引起的偏移量（h/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些办法（   ）？    A. 增大两板间的电势差UB. 尽可能使板长L做的短些C. 尽可能使两板间距离d减小些D. 使电子入射速度V0大些 3、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(　　)A. 带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D. 带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度 4、粒子和质子都从静止开始在同样的匀强电场中加速，经过相等路程的加速后，它们获得的速度之比为 （  ）A. 1:2        B .        C 1:1         D .5、在匀强电场中，将质子和粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历时间为t1，粒子经历时间为t2，则t1 : t2之比为 （  ）A. 1:1        B .        C 1:4         D .4:1 6、如图所示，三个粒子由同一点水平射入平行电容器两极板间的匀强电场，分别打在极板的A、B、C三点上，则（ ）
　　A. 到达极板时，三个粒子的速度大小比较为
　　B. 三个粒子到达极板前的飞行时间相同
　　C. 三个粒子到达极板时，它们的动能增量相等
　　D. 到达C板的在电场中运动的时间最长 7、在真空中有一竖直向上的匀强电场E1，一个带电液滴在电场中O点处于静止状态。现将E1突然增大到E2，方向不变，作用一段时间。再突然使E2反向，E2大小不变，再经过一段同样长的时间，液滴恰好返回到O点。在这两段相同的时间里（ ）A．合力冲量的大小相等            B．动能的变化相等C．电场力做功相同                D．重力做功相同8、如图所示，是一个示波管工作的原理图，电子经加速电压加速后以速度v0垂直电场方向进入偏转电场，离开电场时侧移量为h，两平行板间的距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的侧移量h/U叫做示波管的灵敏度。为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法  （  ）A．增加两板间的电势差UB．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使两板间的距离d减小些D．使电子的射入速度v0大些9、示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极和，若在上加上如图甲所示的扫描电压，在上加上如图乙所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是图丙中的（  ）10、如图所示，电子从负极板边缘垂直射入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出。现在若使两极板间的距离变为原来的2倍，两极板的电压保持不变，电子入射的方向和位置不变，且电子仍恰从正极板边缘飞出，则电子入射速度大小应为原来的（  ）A．倍      B．1/2倍     C.倍       D．2倍 二、填空题1、如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为             。2、粒子（氦的原子核：由两个质子和两个中子组成）和质子以相同的速度垂直于电场线进入平行板间的匀强电场，设都能飞出电场，则它们离开匀强电场时，侧向位移之比         ，动能的增量之比         ，偏向角的正切值之比       。 三、计算题1、一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示。若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？   2、在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy。现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0s所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场。再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零。求：（1）此电场的电场强度（2）速度变为零时小球的位置。    3、如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线kO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离。 4、如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×10kg，电量q＝+1.6×10-19 C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若A板电势变化周期T＝1.0×10-5 s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；（3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。   【答案与解析】一、选择题1、【答案】C【解析】三小球在水平方向都做匀速直线运动，由图可以看出水平位移关系是：xA＞xB＞xC，A、B、C三个小球水平速度v0相同，由x=v0t，运动时间关系是tA＞tB＞tC，竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图可知竖直位移y大小相等，由得到加速度关系为：aA＜aB＜aC，根据牛顿第二定律得到合力关系为：FA＜FB＜FC，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负电，可以判断出A带正电、B不带电、C带负电，AB正确，C错；三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力FA＜FB＜FC，则合力做功大小关系为：WA＜WB＜WC，根据动能定理得，三小球到达下板的动能关系是：EkC＞EkB＞EkA，D正确。本题要求选择错误的，故选C。 2、【答案】C【解析】设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：，时间：，偏转量。所以示波管的灵敏度：，由公式可知，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长L，减小两板间距离d和减小入射速度V0。正确选项为C。故选C。 3、【答案】A【解析】由粒子的运动轨迹可知，所受电场力方向指向轨迹右侧，粒子从P→Q的过程中，电场力与速度方向夹角大于90°，故vR>vQ，A对；从P→Q电场力做负功，故Q点电势能比P点的大，B错；动能与电势能之和保持不变，C错；R处的电场线密，场强大，加速度大，故D错.4、B解析：根据动能定理   ， E、d相同，则 ，B正确。5、A解析：设位移为x，根据动能定理     联立解得     则 ，A对。6、ABC解析：粒子在偏转电场中的加速度相同，经历的偏转电压相等，发生的偏转位移相等，运用类平抛运动的知识方法加以解决。场强  加速度运动时间     沿电场线方向发生的位移：粒子的初速度      运动的时间 由图中轨迹可见，三个粒子的偏转位移y相等，所以三个粒子到达极板之前运动的时间相等，选项B对D错；垂直于电场线方向的位移x不相等，而三个粒子的q、m相同，所以三个粒子的初速度与x成正比，选项A对；由动能定理知粒子到达极板上时的动能是，粒子的电量相等，由图知道，电势差相等，所以粒子的动能增量相等，选项C正确。故正确选项为ABC。
7、C解析：在O点处于静止状态 O到A点 到A点后电场反向，匀减速上升到B点，A到B到O点  ，合力的冲量大小不相等，A错。根据动能定理        合力做的功不相等，动能的变化不相等，B错。O到A点，电场力做正功，A到B到O点电场力也做正功，电场力相等，位移相等，所以电场力做功相同，C对。前段重力做负功，后段重力做正功，重力做功不相同，D错。故选C。8、C解析：电子在电场中加速：在偏转电场中偏转时：灵敏度：所以要想提高灵敏度可以采用C选项的方法，故选C。9、C解析：电子经加速电压加速后，以速度v0垂直进入两对相互垂直的偏转电场，并在示波管的荧光屏上激发一个对应的光斑。该光斑在上所加如图甲所示的扫描电压作用下，在每一个周期内重复做沿+x轴方向的匀速直线运动，又该光斑在上所加如图乙所示的信号电压作用下，在每一个周期的四分之一周期内沿+y轴方向的匀速直线运动，接着的半个周期内做沿－x轴方向的匀速直线运动，接下来的半个周期内又做沿+x轴方向的匀速直线运动。两个方向的合运动如题图丙中C所示。10、B解析：     只是两板距离变为2倍，可以看出速度应变为原来的二分之一。 二、填空题1、解析：粒子在竖直方向做匀减速直线运动重力做负功，电场力做正功，根据动能定理 A、B两点的电势差为2、1:2； 1:1；  1:2 解析：粒子和质子的电荷量比是2:1，质量比是4:1，侧向位移，所以.动量的增量由合外力做功决定，由动能定理得所以.偏转角的正切值 所以.三、计算题1、.解析：电子经U1加速时，电场力做正功，根据动能定理可得电子飞入平行板电场后做类似平抛运动，在水平方向电子做匀速直线运动，最大运动时间  在竖直方向电子做初速为零的匀加速运动，其加速度为 若使电子不飞出平行板，，根据运动学公式  由以上各式解得：，即.2、（1），方向是－y，－x方向；（2）位置是（0.4m，0.2m）解析：（1）带电小球整个运动过程分为：第1s沿x轴做匀加速直线运动，第2s为类平抛运动，第3s为匀减速直线运动．由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度大小为a＝qE/m＝(1×10-10×2×106)/(1×10-3)＝0.2(m/s2)   当场强沿x轴正方向时，经过1s小球的速度大小为vx＝at＝0.2×1＝0.2(m/s)，方向沿x轴正方向，并移动的位移：在第2s内，电场方向沿y轴正方向，所以带电小球作初速度为vx＝0.2m/s的类平抛运动，即在x方向做速度为vx的匀速运动，在y轴方向做初速为零的匀加速直线运动这两种运动的合运动。沿x方向移动的距离：沿y方向移动的距离：∴在第2s末小球到达的位置坐标为：，第2s末小球在x方向的分速度仍为vx＝0.2m/s，而在y方向的分速度：由此可知，此时运动方向与x轴成45°角。∴要使小球速度能变为零，则第3s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即与x轴成180°＋45°＝225°角。 方向是－y，－x方向；在第3s内，设在电场作用下，小球加速度沿x轴和y轴的分量分别为、，则 ， 则 加速度     根据牛顿第二定律           （也可以根据动能定理求解，这里不如牛顿第二定律简捷。）（2） 在第3s末小球到达的位置坐标为：   3、（1）（2）（3）解析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得       解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：                    解得：。（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得      电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示     解得： P到O点的距离为  。或者利用相似三角形的关系计算：   （速度的反向延长线交于两板的中点）。4、解析：（1）电场强度带电粒子所受电场力（2）粒子在0~时间内走过的距离为故带电粒子在t=时，恰好到达A板根据动量定理，此时粒子动量，（3）带电粒子在~t=向A板做匀加速运动，在~t=向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移要求粒子不能到达A板，有s＜d由f=，电势变化频率应满足   Hz