高三物理总复习巩固练习带电粒子在电场中的运动提高

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提高，共13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 广东深圳宝安模拟）如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让质子（）流以不同初速度先后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时（  ）A. 加速度更大            B. 初速度更大C. 动能增量更大          D. 两次的电势能增量相同 2、（2016 浙江模拟）有一种电荷控制式喷墨打印机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，此微粒结构带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，在经过偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为了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 3、如图，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以v0从原处飞入，则带电小球（　 ）
　　A．将打在下板中央
　　B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
　　C．不发生偏转，沿直线运动
　　D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 4、空间存在匀强电场，有一电荷量q(q>0)，质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0。现有另一电荷为-q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0。若忽略重力的影响，则（  ）A．在O、A、B三点中，B点电势最高B．在O、A、B三点中，A点电势最高C．OA间的电势差比BO间的电势差大D．OA间的电势差比BA间的电势差小5、质量不同、带电量相同的粒子，不计重力，垂直于电场线射入同一个匀强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的（  ）A．速度      B．动量      C．动能      D．速度、动量和动能6、如图所示，有一带电粒子贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间；设两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（  ）      A. 1:8        B .1:4        C 1:2         D .1:1  7、三个质量相等且分别带有正电荷、负电荷和不带电的微粒，均由左侧中央以相同的水平速度射入竖直向上的匀强电场，分别落在正极板A、B、C三处（如图），并把落在A、B、C处的微粒分别称为A、B、C，则（  ）A．它们在电场中运动的时间相同B．微粒A带正电荷、微粒B带负电荷、微粒C不带电荷C．它们到达正极板时的动能D．它们在电场中的加速度 8、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 9、示波器是一种电子仪器，用它来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示，图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极、上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点。下列有关运用偏转电场实现对电子束的控制的方法  ①让亮斑沿OY向上移动，在偏转电极加电压，且比Y电势高②让亮斑移到荧光屏的左上方，在偏转电极、加电压，且X比电势高、Y比电势高③让荧光屏上出现一条水平亮线，只在偏转电极上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）④让荧光屏上出现正弦曲线，在偏转电极上加适当频率的扫描电压、在偏转电极上加按正弦规律变化的电压。以上说法中正确的是（ ）    A．①②        B．②③       C．②④       D．③④10、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（  ） 二、填空题1、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       。 2、如图所示，两个很大的带电平行板A和B相距2d，置于真空中，B板带负电，A板带正电，两板间的电势差为U。若从正中央P点沿与板平行方向射入质量为m（不计重力）、初速度为v0的带电粒子，则刚好打在A板的M点。现将A板向上平移d，同时给AB板加电压，可使从P点射入的同样的粒子仍打在M点。求两个电压之比为       ；两次粒子到达M点的动能变化之比为        。
　　 三、计算题1、如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两板间，距下板0.8 cm，两板间的电势差为300 V。如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间?  2、如图所示，有一粒子源可以沿轴线ABO方向发射速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电荷量q。A、B是不加电压且处于关闭状态的两个阀门，阀门后是一对平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图乙所示.O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点，垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标，其余尺寸如图甲所示，其中l和t均为已知量。已知，不计粒子重力.(1) 某时刻A、B同时开启且不再关闭，有一个速度为的粒子恰在此时通过A阀门，以阀门开启时刻作为图乙中的计时零点，试求此粒子打在y轴上的坐标位置(用d表示).(2) 某时刻A开启，后A关闭，又过后B开启，再过后B也关闭.求能穿过阀门B的粒子的最大速度和最小速度.(3) 在第(2)问中，若以B开启时刻作为图乙中的计时零点，试求解上述两类粒子打到接收屏上的y坐标(用d表示).     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、如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率。当d=d0时为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值为；（2）求收集率与两板间距的函数关系；（3）若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 与两板间距d的函数关系，并绘出图线。     【答案与解析】一、选择题1、【答案】BD【解析】加速度为，质子的质量m和电量q不变，场强E相同，则加速度相同，A错；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离，x是水平位移，由图可知，y相同，则v0越大时，x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大，B正确；电场力做功为W=qEy，可见电场力做功相同，由能量守恒定律得知，两次的电势能增量相同，C错，D正确。故选BD。2、【答案】BD【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t竖直方向：加速度：联立解得：要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏离角，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转电压U，故AC错；BD 正确。故选BD。  3、BD
解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电量不变，由公式，，d减小，C变大，U减小，d、U同时减小，场强E不变，小球仍沿原轨迹运动。下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；下板向上移动时，小球可能打在下板的中央。4、AD解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高，，所以B点最高，A对B错；   ，C错。， D正确。故选AD。5、C解析：，  ，，  ， 联立解得   ，题设偏转角度相同，显然，相同，即动能相同，只有C对。6、A解析：①       联立解得 ②       联立解得 则电压U1、U2之比 .   A正确。7、D解析：由可知，速度相同，水平位移不相同，则时间不同，A错。微粒带正电时，重力向下，电场力向上，根据牛顿第二定律 微粒带负电时，重力向下，电场力向下，，加速度最大。所以A带负电，C带正电，B不带电，B错，，D对。重力做正功，要使到达正极板时的动能的动能最大，就必须是电场力做正功，电场力对微粒A做正功，A的动能最大，，C错。故选D。8、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。9、D解析：①比Y电势高，亮斑沿OY向下移动，①不对。②X比电势高、Y比电势高，亮斑移到荧光屏的右上方（即图中第一象限），②不对。③在偏转电极上加特定的周期性变化的电压（扫描电压），则在荧光屏上出现一条水平亮线，③对。④在偏转电极上加适当频率的扫描电压、在偏转电极上加按正弦规律变化的电压，则在荧光屏上出现正弦曲线，④对。故选D。10、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。 二、填空题1、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.2、1：3 、1：4解析：第一次    第二次 两式相比得 根据动能定理，动能变化之比等于两次电场力做功之比 第一次     第二次 所以  三、计算题1、解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为q，则带电小球受重力mg和电场力qE的作用。当U1＝300 V时，小球平衡：    ①当Ｕ2＝60 V时，带电小球向下板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律    ②       又   ③由①②③得： .2、【答案】 (1) 　(2) 　　(3)  【解析】(1) 设粒子经时间t0进入偏转电场；即在t时刻进入偏转电场，在电场中的运动时间；偏转电场中的加速度；粒子在场中的偏转距离为，得。在电场中的偏转角.粒子从射出偏转电场到打到接收屏上的偏转距离y2=ltanθ.y=y1+y2，得.(2) 能穿过阀门B的最短时间为，对应的最大速度为。能穿过阀门B的最长时间为，对应的最小速度为.(3) 速度最大的粒子将在0时刻出阀门B，时刻进入偏转电场，故其偏转距离与第(1)问相同，打在y轴上的坐标为；速度最小的粒子将在时刻出阀门B，2t时刻进入偏转电场，向下偏转时间为t，，，再向下偏转(减速) 出电场的速度恰好水平，；，。即两个坐标分别为，。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、（1）（2）当时，收集效率为100%；当时，收集率（3）=，如图所示。解析：（1）收集效率为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为，在水平方向有        ①在竖直方向有       ②其中       ③当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为100%时，两板间距为。如果进一步减少，收集效率仍为100%。因此，在水平方向有     ④在竖直方向有     ⑤其中     ⑥联立①②③④⑤⑥可得      ⑦（2）通过前面的求解可知，当时，收集效率为100%      ⑧当时，设距下板处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有         ⑨根据题意，收集效率为         ⑩联立①②③⑨⑩可得（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量=当时，，因此=当时，，因此=绘出的图线如下：