2018年江苏省南京市政治中考试卷（含答案）

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专题十三 带电粒子在电场中的运动规律

1.如图所示，（核内有一个质子，没有中子）， （核内有一个质子，一个中子）， （核内有一个质子，两个中子）和 （核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（  ）  

A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点
B、若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点
C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点
D、若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点

【答案】C                    
【解析】四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：  加速度为：a= ，偏转距离为：y= at²  ， 运动时间为：t= ，联立三式得：y= ；
A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点．故A错误；
B、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故B错误．
C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，故C正确；
D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D错误；故选：C

2.如图所示，质量相同的两个带电粒子P，Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上（带电粒子的重力不计）．则从开始射入到打到上极板的过程中（   ）

A、它们运动的时间t_Q＞t_P
B、它们运动的加速度a_Q＜a_P
C、它们所带的电荷量之比q_P：q_Q=1：2
D、它们的动能增加量之比△E_kP：△E_kQ=1：2

【答案】C                    
【解析】A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，
根据位移时间关系公式，有：
x= at²
解得：a= …①
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，
所以a_Q＞a_P  ， 故B错误；
C、根据牛顿第二定律，有：
qE=ma…②
由①②两式解得：
q=
所以它们所带的电荷量之比q_P：q_Q=1：2，故C正确；
D、根据动能定理，有：
qEx=△E_k
而：q_P：q_Q=1：2，x_P：x_Q=1：2，
所以动能增加量之比：△E_kP：△E_kQ=1：4，故D错误；故选C
3.如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v₀沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：

(1)O处点电荷的电性和电荷量；    

(2)两金属板间所加的电压．    

【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为：
v= = v₀…①

在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足k =m …②
由①②得：Q=
（2）解：粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°= …③
v_y=at…④
a= …⑤
t= …⑥
由③④⑤⑥得：U= =
4.如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一重力不计的带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好从下板右边缘飞出电场，粒子电势能减少了△E₁ ． 若保持上板不动，将下板上移少许，该粒子仍以相同的速度从原处射入电场，粒子在电场中电势能减少了△E₂  ， 下列分析正确的是（   ）

A、电容变大，两板间电压不变，两板间场强变大
B、电容变小，两板间电压变大，两板间场强不变
C、粒子将打在下板上，且△E₁＞△E₂
D、粒子仍然从下板右边缘飞出电场，且△E₁=△E₂

【答案】C            

【解析】【解答】解：A、由C= 可知，d减小时，电容增大，将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E= = = ，可知当d减小时，场强E不变，但极板间电压U=Ed会随d减小而降低，故AB错误
C、由于场强不变，故粒子运动轨迹不变，由于下板上移，故粒子将打在下板上，由于电势差变小，电场力做功减小，故电势能该变量变小，故C正确，D错误，
故选：C．
5.三个完全相同的带电粒子（不计重力）在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列正确的是（   ）

A、b在电场中运动的时间比a长
B、b和c同时飞离电场
C、进电场时a的速度最大，c的速度最小
D、动能的增加值c最小，a和b一样大

【答案】D                    
【解析】：A、三个相同的粒子质量和电量都相同，在同一电场中运动时加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y= at²  ， 可知运动时间相等，所以在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上．故A错误．
B、b、c竖直方向上的位移不等，y_c＜y_b ． 根据y= at²可知，t_c＜t_b ． 则知c先飞离电场．故B错误．
C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v= ．
因x_c=x_b  ， t_c＜t_b  ， 则v_c＞v_b ．
根据t_a=t_b  ， x_b＞x_a ． 则v_b＞v_a ． 所以有：v_c＞v_b＞v_a ． 故C错误．
D、由W=qEy可知电场力对a、b两电荷做功一样多，对c电荷电场力做功最少，根据动能定理知a、b动能增加量相等．c电荷动能增加量最小．故D正确．
故选：D．三个α粒子垂直射入电场中都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．

6.如图所示，电子在电势差为U₁的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U₂的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（   ）

A、U₁变大、U₂变大
B、U₁变小、U₂变大
C、U₁变大、U₂变小
D、U₁变小、U₂变小

【答案】B                    
【解析】：设电子被加速后获得初速为v₀  ， 则由动能定理得： …①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间： …②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得： …③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v_y=at…④
由①、②、③、④可得：
又有：
故U₂变大或U₁变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确，选项ACD错误．
故选B．
7.如图所示，有一电子（电量为e、质量为m）经电压U加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、B板间距为d、长度为L，A、B板间电压也为U，屏CD足够大，距离A、B板右边缘3L，AB板的中心线过屏CD的中心且与屏CD垂直．试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离．

【解析】：设电子经加速电场加速后获得速度v₀  ， 经过偏转电场偏转后发生偏移量y，速度偏转角为θ，电子打在屏上的位置到屏中心间的距离为y₁  ， 则：
加速电场中有动能定理得： ，解得： …①，
粒子在AB板间运动过程：水平方向由：L=v₀t解得： …②，
竖直方向： …③，
= = …④，
v_y=at= …⑤，
= = …⑥，
离开偏转场后电子匀速飞向屏的过程： …⑦，
由①～⑦解得： ．                    
            

8.现代科学实验中常用的一种电子仪器叫示波器，它的核心部件是示波管，其工作原理如图所示，电量大小为e的电子在电势差为U₁的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U₂的两块平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行，偏转电场的极板间距离为d，板长为L，整个装置处在真空中，电子重力可忽略，电子能射出平行板区．  

(1)偏转电场中，求示波管的灵敏度η（单位偏转电压引起的偏移距离叫示波管的灵敏度）．    

(2)求电子离开偏转电场时的动能大小．    

【解析】（1）在加速电场中，由动能定理得：  eU₁= mv₀²…①
设电子在偏转电场中运动时间为t．则有：
L=v₀t…②
y= …③
又a= …④
示波管的灵敏度为：η= …⑤
由①～⑤得：η=
故提高示波管的灵敏度的办法有：增大L、减小U₁、减小d
答：提高示波管的灵敏度的办法有：增大L、减小U₁、减小d．
（2）解：由动能定理，得：  eU₁+ y=E_k﹣0  ⑥
将②③式代入⑥，得：
E_k=eU₁+
9.(2018·安徽联考)美国物理学家密立根于20世纪进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源。从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则计算油滴带电荷量的表达式为(  )

A．q＝U(kvd)         B．q＝kU(vdg)

C．q＝Ud(kv)  D．q＝kUd(vg)

【答案】： B

【解析】： 带电油滴恰好悬浮时，由平衡条件有：qd(U)＝mg，油滴匀速下落时有v＝km，解得q＝kU(vdg)，故B正确。

10.(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它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，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为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

【答案】： BD

【解析】： 根据偏转距离公式y＝0(2)可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。

11.(2018·福建宁德模拟)如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E₁、E₂，已知区域Ⅰ宽L₁＝0.8 m，区域Ⅱ宽L₂＝0.4 m，E₁＝10 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E₂＝20 V/m且方向竖直向下。带电荷量为q＝1.6×10^－3 C、质量m＝1.6×10^－3 kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放。g取10 m/s²，求：

(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；

(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向。

【答案】： (1)10 m/s² 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平夹角为37°斜向右下方

【解析】： (1)小球在电场Ⅰ区域受到的电场力F₁＝qE₁，

小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为

F_合＝F₁cos 45°＝1.6×10^－2 N，

则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a₁＝m(F合)＝10 m/s²，

小球运动时间t₁＝ a1(2L1)＝0.4 s。

(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v₀＝a₁t₁＝4 m/s，

小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a₂＝g＋m(qE2)＝30 m/s²，

小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间

t₂＝v0(L2)＝0.1 s。

小球在竖直方向的分速度v_y＝a₂t₂＝3 m/s，

小球离开电场Ⅱ区域的速度v＝y(2)＝5 m/s，

设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则

2020届高考物理复习练习题（十四）：带电粒子在复合场中的运动规律 专题训练

2020届高考物理复习练习题（十四）：带电粒子在复合场中的运动规律 专题训练,高考物理复习,带电粒子在复合场中的运动规律,莲山课件.

tan θ＝v0(vy)＝4(3)，得θ＝37°。

12．(2018·山西省重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m＝1.0×10^－3 kg、电荷量为q＝8.0×10^－5 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L＝1.0 m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s²。

(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；

(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100 V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？

【答案】： (1)18.75 V (2)6(2) m

【解析】： (1)设小球从A点到B点的运动时间为t₁，小球的初速度为v₀，A点到M点的高度为y

则有gt1(v0)＝tan θ①

2(L)cos θ＝v₀t₁②

y－2(L)sin θ＝2(1)gt1(2)③

联立①②③并代入数据解得v₀＝ m/s，y＝30(17) m④

带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有

qU＝2(1)mv0(2)－0⑤

代入数据解得U＝18.75 V

(2)进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有

F_y＝mgcos θ－qE＝0⑥

沿x轴方向有F_x＝mgsin θ⑦

故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有

F_x＝ma⑧

2(L)＝2(1)at2(2)⑨

d_min＝sin θ(v0) t₂10(○)

联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得d_min＝6(2) m

即两板间的距离d至少为6(2) m。

13.(多选)如图所示，空间某区域存在着非匀强电场，实线表示该电场的电场线，过O点的虚线MN表示该电场的一个等势面，两个相同的带正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN，A、B连线与MN平行，且都能从MN左侧经过O点。设粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为E_p1和E_p2，经过O点时的速度大小分别为v₁和v₂。粒子的重力不计，则(  )

A．v₁>v₂  B．v₁<v₂

C．E_p1<E_p2  D．E_p1>E_p2

【答案】： BC

【解析】： 由题意知两个相同的带电粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初速度运动，且皆能从MN左侧经过O点，电场力对两个粒子皆做正功，再由电场线和等势面的垂直关系以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知B点的电势φ_B高于A点的电势φ_A，B点与O点的电势差大于A点与O点的电势差，对两个粒子分别运用动能定理有qU＝2(1)m(v²－v0(2))，而U_BO>U_AO，可知两个粒子经过O点时的速度v₁<v₂，则选项A错误，B正确；再由电势能公式E_p＝qφ，知E_p1<E_p2，则选项C正确，D错误。

14.如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图．y轴上一点P的坐标为（0，L），有一电子以垂直于y轴的初速度v₀从P点垂直射入电场中，并从A点射出，A点坐标为（2L，0）．已知电子的电量大小为e，质量为m，不计电子的重力．  

(1)求匀强电场的场强大小；    

(2)若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为（0，﹣L），求感光胶片上曝光点的横坐标x．    

【答案】：感光胶片上曝光点的横坐标x为3L．    

【解析】：（1）解：设匀强电场的场强大小强为E，电子在电场中运动时间为t₁  ，   沿x轴方向，有：2L=v₀t₁  ，
沿y轴方向，有：eE=ma，L=
联立解得：E= ；
答：匀强电场的场强大小为 ；
（2）解：离开电场时，电子沿y轴方向的速度v_y=at₁ ，解得，v_y=v₀  ，

 tanθ=    由几何关系得：tanθ=
解得：x=3L

15.如图所示，虚线MN左侧有一场强为E₁＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E₂＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E₂平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E₁中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；

2)电子刚射出电场E₂时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；

(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x。

【答案】： (1)3eE(mL) (2)2 (3)3L

【解析】： (1)电子在电场E₁中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a₁，时间为t₁，由牛顿第二定律和运动学公式得：

a₁＝m(eE1)＝m(eE)

2(L)＝2(1)a₁t1(2)

v₁＝a₁t₁，t₂＝v1(2L)

运动的总时间为t＝t₁＋t₂＝3eE(mL)。

(2)设电子射出电场E₂时，沿平行电场线方向的速度为v_y，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为

a₂＝m(eE2)＝m(2eE)

t₃＝v1(L)，v_y＝a₂t₃

tan θ＝v1(vy)

联立各式解得tan θ＝2。

(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x₁

x₁＝2(1)a₂t3(2)

tan θ＝L(x2)

解得：x＝x₁＋x₂＝3L。

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2018年甘肃省陇南市中考政治试题（无答案）

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