XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場課時帶電粒子在電場中加快和偏轉(zhuǎn)加練半小時XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場課時帶電粒子在電場中加快和偏轉(zhuǎn)加練半小時XX專用高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場課時帶電粒子在電場中加快和偏轉(zhuǎn)加練半小時56帶電粒子在電場中的加快和偏轉(zhuǎn)[方法點撥](1)帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，一般用牛頓第二定律與運動學(xué)公式結(jié)合辦理或用動能定理辦理．(2)在勻強電場中做類平拋運動時一般從分解的角度辦理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．

1．電子束焊接機中的電場線如圖1中虛線所示．K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加快．不考慮電子重力，元電荷為e，則以下說法正確的選項是()

圖1A．A、K之間的電場強度為eq\f(U,d)B．電子到達A極板時的動能大于eUC．由K到A電子的電勢能減小了eUD．由K沿直線到A電勢逐漸減小2．(多項選擇)(2017·四川資陽4月模擬)如圖2所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點．不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，則從開始射入到打在上極板的過程中()

圖2A．它們運動的時間tN＝tMB．它們電勢能減少量之比ΔEM∶ΔEN＝1∶2C．它們的動能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶2D．它們所帶的電荷量之比qM∶qN＝1∶23．(2017·山東師范大學(xué)附中第三次模擬)如圖3所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡①從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡②落到B板中間．設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次的電壓之比為()

圖3A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶14．(2017·廣東汕頭質(zhì)量檢測)一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不相同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(如圖4)以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容器的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力，則a和b的比荷之比是()

圖4A．4∶1B．2∶1C．1∶1D．1∶25．(2017·安徽馬鞍山第一次模擬)如圖5所示，虛線表示勻強電場的等勢線，間距均為d，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的粒子(不計重力)，從A點以與等勢線成θ角的速度v0射入，到達B點時，速度方向恰與等勢線平行，則()

圖5A．粒子必然帶正電B．電場中A點的電必然定高于B點電勢C．勻強電場的電場強度大小為eq\f(mv\o\al(,02)sin2θ,4qd)D．粒子在A點擁有的電勢能大于在B點擁有的電勢能6．(2018·河南省八校第二次測評)如圖6，半徑為R的圓環(huán)處在勻強電場E中，圓環(huán)平面與電場方向平行，直徑ab與電場線垂直；一帶電粒子以速度v0從a點沿ab方向射入電場，粒子打在圓環(huán)上的c點；已知c點與ab的距離為eq\f(R,2)，不計粒子重力，求帶電粒子的比荷.

圖6

7.(2018·四川瀘州一檢)如圖7所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標(biāo)系xOy的O點；y軸沿豎直方向；在x>0的地域內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(4,3)×103V/m；比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放，其運動軌跡恰好經(jīng)過M(eq\r(3)，1)點；粒子P的重力不計，試求：

圖7(1)金屬板A、B之間的電勢差UAB；(2)若在粒子P經(jīng)過O點的同時，在y軸右側(cè)勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q，使P、Q恰能運動中相碰；假設(shè)Q的質(zhì)量是P的2倍、帶電情況與P相同；Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽略不計；求粒子Q所有釋放點的會集．

8．(2017·湖北孝感第一次統(tǒng)考)在xOy直角坐標(biāo)系中，三個邊長都為2m的正方形如圖8所示排列，第Ⅰ象限正方形地域ABOC中有水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E0，在第Ⅱ象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED地域內(nèi)有豎直向下的勻強電場，三角形OEC地域內(nèi)無電場，正方形DENM地域內(nèi)無電場．現(xiàn)有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點由靜止釋放，恰好能經(jīng)過E點．

圖8(1)求CED地域內(nèi)的勻強電場的電場強度的大小E1；(2)保持(1)問中電場強度不變，若在正方形ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過E點，則釋放點的坐標(biāo)值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系；(3)若CDE地域內(nèi)的電場強度大小變?yōu)镋2＝eq\f(4,3)E0，方向不變，其他條件都不變，則在正方形地域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子，要使所有粒子都經(jīng)過N點，則釋放點的坐標(biāo)值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系．

答案精析1．C[A、K之間的電場為非勻強電場，A、K之間的電場強度不是eq\f(U,d)，選項A錯誤；由動能定理，電子到達A極板時的動能Ek＝eU，選項B錯誤；電子由K到A的過程電場力做正功，電子的電勢能減小了eU，選項C正確；沿電場線方向電勢降低，則由K沿直線到A電勢逐漸高升，選項D錯誤．]2．AD3．A[據(jù)題意，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，即粒子在水平方向做勻速直線運動，則：x＝vt，在豎直方向做初速度為0的勻加快直線運動，則：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUx2,2mdv2)，偏轉(zhuǎn)電壓為U＝eq\f(2mdyv2,qx2)，則偏轉(zhuǎn)電壓之比為：eq\f(U1,U2)＝eq\f(y1x\o\al(,22),y2x\o\al(,12))＝eq\f(y1,y2)·(eq\f(x2,x1))2＝eq\f(1,8)，故A選項正確．]6．見解析剖析沿ab方向與電場強度方向建立xOy直角坐標(biāo)系，設(shè)粒子從a到c所需時間為t，則：x＝v0ty＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律得qE＝ma由題意可知：y＝eq\f(1,2)R；x＝(1＋eq\f(\r(3),2))R聯(lián)立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(47－4\r(3)v\o\al(,02),ER)7．(1)1000V(2)y＝eq\f(1,6)x2，其中x>0剖析(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0；由題意可知，粒子P在y軸右側(cè)勻強電場中做類平拋運動；設(shè)從O點運動到M(eq\r(3)，1)點所用時間為t0，由類平拋運動可得：x＝v0t0，y＝eq\f(qE,2m)t02解得：v0＝eq\r(2)×104m/s在金屬板A、B之間，由動能定理：qUAB＝eq\f(1,2)mv02解得：UAB＝1000V(2)設(shè)P、Q在右側(cè)電場中運動的加快度分別為a1、a2；Q粒子從N(x，y)點釋放后，經(jīng)時間t與粒子P相碰；由牛頓運動定律及類平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系可得對于P：Eq＝ma1對于Q：Eq＝2ma2x＝v0teq\f(1,2)a1t2＝y(tǒng)＋eq\f(1,2)a2t2解得：y＝eq\f(1,6)x2，其中x>0即粒子Q釋放點N(x，y)坐標(biāo)滿足的方程為y＝eq\f(1,6)x2，其中x>08．(1)4E0(2)y＝x(3)y＝3x－4剖析(1)設(shè)帶電粒子出第Ⅰ象限電場時的速度為v，在第Ⅰ象限電場中加快運動時，依照動能定理得E0qL＝eq\f(1,2)mv2，其中L＝2m．要使帶電粒子經(jīng)過E點，在第Ⅱ象限電場中偏轉(zhuǎn)時，m，解得E1＝4E0.(2)設(shè)釋放點的坐標(biāo)為(x，y)，帶電粒子出第Ⅰ象限電場時的速度為v1，在第Ⅰ象限電場中加快運動時，依照動能定理得E0qx＝eq\f(1,2)mv12，要使帶電粒子過E點，在第Ⅱ象限電場中偏轉(zhuǎn)時，豎直方向位移為y，水平方向位移也為y，則y＝eq\f(1,2)·eq\f(E1q,m)(eq\f(y,v1))2，解得y＝x.(3)以下列圖為其中一條軌跡圖，帶電粒子從DE出電場時與DE交于Q.進入CDE地域的電場后，初速度延長線與DE交于G，出電場時速度的反向延長線與初速度延長線交于P點，設(shè)