課時跟蹤檢測（三十五） 帶電粒子在電場中運動的綜合問題

課時跟蹤檢測（三十五）帶電粒子在電場中運動的綜合問題A卷——全員必做1．如圖所示，A、B兩導體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)，若分別在A、B兩板間加下圖所示的四種電壓，則其中可能使電子打不到B板的是()解析：選B加A圖電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動，一定能打到B板上，故A錯誤；加B圖電壓，若A、B板間距足夠大，則0～t0電子向B板做勻加速運動，t0～2t0向B板做加速度大小相同的勻減速運動直到速度為零，2t0～3t0向A板做勻加速運動，3t0～4t0向A板做勻減速運動，t＝4t0時電子回到出發(fā)點，可知電子有可能打不到B板，故B正確；加C圖電壓或D圖電壓，可知電子在一個周期內速度的方向不變，一直向B板運動，一定能打到B板，故C、D錯誤。2.(2023·浙江麗水模擬)平行金屬板A、B帶等量異種電荷，以過兩板中心O點(原點)的某軸線為x軸、由A指向B的方向為電場強度的正方向，作出電場強度大小隨坐標變化的圖像如圖所示，其中aO＝Ob＝l。下列說法正確的是()A．A板帶正電B．沿x軸正方向電勢降低C．電勢差UbO＝UOa＝E0lD．將電子沿x軸由a點移動到b點，電子的電勢能不變解析：選Da、b間電場強度大小為E0且保持不變，則其為勻強電場，外側電場強度快速趨近于零，且都為負值，因此x軸為平行于兩板的中心軸線，電場強度為負表示電場強度方向由B指向A，如圖所示，則A板帶負電，選項A錯誤；由于兩板間的x軸為一等勢線，電勢不變，b、O與O、a之間的電勢差均為零，所以將電子由a點沿x軸移動到b點，電場力不做功，電勢能不變，選項B、C錯誤，D正確。3．空間存在著平行紙面的勻強電場，但電場的具體方向未知，現在紙面內建立直角坐標系xOy，用儀器沿Ox、Oy兩個方向探測該靜電場中各點電勢，得到各點電勢φ與橫、縱坐標的函數關系如圖所示。關于該電場的電場強度E，下列說法正確的是()A．E＝3V/m，方向沿x軸正方向B．E＝5V/m，方向指向第一象限C．E＝400V/m，方向沿y軸負方向D．E＝500V/m，方向指向第三象限解析：選D在沿y軸方向，電勢為40V時，此時距離O點的距離為10cm，而沿x軸方向，電勢為40V時，此時距離O點的距離為eq\f(40,3)cm，此兩點為等勢點，電場強度的方向垂直于兩者連線且指向第三象限，由E＝eq\f(U,d)計算可得電場強度大小為500V/m，方向與x軸負方向成53°，指向第三象限，故A、B、C錯誤，D正確。4．(多選)如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標值。一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標x變化的關系如圖乙所示，則下列說法中正確的是()A．該電場一定不是孤立點電荷形成的電場B．A點的電場強度小于B點的電場強度C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA－EpBD．電子在A點的動能小于在B點的動能解析：選AC電勢能Ep＝qφ，電場強度E＝eq\f(Δφ,Δx)，可得E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)，即有eq\f(ΔEp,Δx)＝qE，圖線的斜率k＝qE，則知E保持不變，說明電場強度不變，所以該電場一定是勻強電場，一定不是孤立點電荷形成的電場，EA＝EB，故A正確，B錯誤；電子由A點運動到B點的過程中，由功能關系可得，電場力對其所做的功W＝EpA－EpB，故C正確；根據能量守恒定律得知，電子從A到B電勢能增大，動能減小，即電子在A點的動能大于在B點的動能，故D錯誤。5.(2023·浙江衢州檢測)q1、q2為固定在x軸上的兩個點電荷，x軸上部分區(qū)域的電勢分布如圖所示，則()A．q1帶負電，q2帶正電B．q1電荷量小于q2電荷量C．a點電場強度小于c點電場強度D．若將電子從a點沿x軸移到c點，其電勢能先減小后增大解析：選D在φ-x圖像中，切線的斜率的絕對值表示電場強度的大小，由題圖可知，b點的電場強度為零，a點電場強度大于c點電場強度，故C錯誤；a點到b點到c點的電勢先升高后降低，順著電場線方向電勢逐漸降低，可知a、b兩點之間電場強度方向向左，b、c兩點之間電場強度方向向右，則有q1帶正電，q2帶負電，故A錯誤；b點的電場強度為零，因為q1到b點的距離大于q2到b點距離，由點電荷的電場強度公式可知，q1電荷量大于q2電荷量，故B錯誤；由于電子帶負電，根據電勢能與電勢的關系式Ep＝qφ可知，電子從a點沿x軸移到c點，其電勢能先減小后增大，故D正確。6．(多選)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓。在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場。已知電場變化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力。則()A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(T,8)時刻進入的粒子離開電場時在豎直方向的位移大小為eq\f(d,8)D．在t＝eq\f(T,4)時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場解析：選AD粒子進入電場后，水平方向做勻速直線運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為eq\f(2d,v0)＝T，豎直方向上的位移恰好為d，則eq\f(T,2)時間內的位移為eq\f(d,2)，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于v0，選項A正確；由上述分析知，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)·eq\f(U0q,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))2，解得q＝eq\f(mv02,U0)，選項B錯誤；粒子在靜電力作用下的加速度大小a＝eq\f(U0q,dm)＝eq\f(v02,d)，t＝eq\f(T,8)時刻進入電場的粒子，先在豎直方向上向下加速eq\f(3T,8)，再在豎直方向上向下減速eq\f(3T,8)，然后反向向上加速eq\f(T,8)，最后再向上減速eq\f(T,8)，離開電場時在豎直方向的位移大小為d′＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))2－2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,8)))2＝eq\f(1,8)aT2＝eq\f(d,2)，選項C錯誤；t＝eq\f(T,4)時刻進入電場的粒子，在豎直方向先向下加速運動eq\f(T,4)，然后向下減速eq\f(T,4)，再向上加速eq\f(T,4)，最后向上減速eq\f(T,4)，由對稱性可知，此時豎直方向位移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，選項D正確。7.如圖所示，ABCD是半徑為R的四分之三光滑絕緣圓形軌道，固定在豎直面內。以軌道的圓心O為坐標原點，沿水平直徑AC方向建立x軸，豎直直徑BD方向建立y軸。y軸右側(含y軸)存在豎直向上的勻強電場。一質量為m、帶電荷量為＋q的小球，從A點由靜止開始沿軌道下滑，通過軌道最高點D后，又落回到軌道上的A點處。不考慮小球之后的運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)小球落回到A點時的速率；(2)電場強度的大小；(3)小球從A下滑到電場內的B點時對軌道壓力的大小。解析：(1)設小球離開D點時的速率為vD，由D落回到A的時間為t，則由平拋運動規(guī)律有R＝eq\f(1,2)gt2，R＝vDt，解得vD2＝eq\f(gR,2)，設小球落回到A時的速率為vA，根據動能定理有mgR＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvD2，解得vA＝eq\f(\r(10gR),2)。(2)小球從A到D的過程中，根據動能定理有－mgR＋2qER＝eq\f(1,2)mvD2－0，結合(1)解得E＝eq\f(5mg,8q)。(3)設小球通過軌道最低點B處時的速率為vB，軌道對小球的支持力為F，則有mgR＝eq\f(1,2)mvB2－0，根據合力提供向心力有F＋qE－mg＝meq\f(vB2,R)，解得F＝eq\f(19mg,8)，由牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力大小F′＝F＝eq\f(19mg,8)。答案：(1)eq\f(\r(10gR),2)(2)eq\f(5mg,8q)(3)eq\f(19mg,8)B卷——重點選做8．(多選)光滑水平桌面內固定一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，整個軌道處于水平向右的勻強電場中，其俯視圖如圖所示。一質量為m的帶電小球(看作質點)在A點獲得一速度v0，在軌道內做完整的圓周運動，且小球在A點時速度最大。已知電場力的大小等于小球的重力，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球在B點時軌道對其彈力大小為meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,R)－5g))C．小球從A點運動到B點的過程中電勢能增加2mgRD．小球在A點獲得的最小速度為eq\r(4Rg)解析：選BC小球在水平光滑圓軌道上做圓周運動，在A點時速度最大，可知在A點時受電場力向左，小球帶負電，選項A錯誤；從A到B由動能定理得eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02＝－Eq·2R，FNB＋Eq＝meq\f(vB2,R)，其中Eq＝mg，解得FNB＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v02,R)－5g))，選項B正確；小球從A點運動到B點的過程中電勢能增加量等于克服電場力做的功，則ΔEp＝qE×2R＝2mgR，選項C正確；在B點速度最小時Eq＝meq\f(vBmin2,R)，根據eq\f(1,2)mvBmin2－eq\f(1,2)mvAmin2＝－Eq·2R，小球在A點獲得的最小速度為vAmin＝eq\r(5gR)，選項D錯誤。9．(2023·浙江嘉興模擬)(多選)如圖甲所示，A、B兩平行板構成一加速電場，C、D兩平行板構成一偏轉電場，有電子源源不斷從A板上的小孔由靜止進入加速電場，并從B板的小孔離開加速電場進入偏轉電場，虛線恰好為偏轉電場的中軸線，A、B板間的加速電壓與時間的關系圖像如圖乙所示。已知C、D板間的電壓為U0，C、D板間的距離為d，C、D的極板長度為eq\f(3,2)d，電子的電荷量為e，質量為m。電子穿過加速電場的時間遠小于T，不計電子重力及電子間的相互作用，下列說法正確的是()A．在t＝0時刻進入加速電場的電子能離開偏轉電場B．在t＝eq\f(2,3)T時刻進入加速電場的電子能離開偏轉電場C．t＝T時刻進入加速電場的電子離開偏轉電場時速度方向與圖甲中虛線夾角的正切值為eq\f(3,16)D．在t＝T時刻進入加速電場的電子離開偏轉電場時的速度大小為eq\f(1,8)eq\r(\f(265eU0,m))解析：選BC在t＝0時刻A、B間的電壓為U0，此時刻進入的電子在加速電場中有eU0＝eq\f(1,2)mv02，假設電子能通過偏轉電場，則電子通過偏轉電場所用的時間t＝eq\f(3d,2v0)，電子在豎直方向上的位移大小y＝eq\f(1,2)·eq\f(U0e,dm)·t2，解得y＝eq\f(9,16)d>eq\f(1,2)d，假設不成立，所以電子不能射出偏轉電場，故A錯誤；在t＝eq\f(2,3)T時刻A、B間的電壓為3U0，此時刻進入的電子在加速電場中有3eU0＝eq\f(1,2)mv12，假設電子能通過偏轉電場，則電子通過偏轉電場所用時間t1＝eq\f(3d,2v1)，電子在豎直方向上的位移大小y1＝eq\f(1,2)·eq\f(U0e,dm)·t12，解得y1＝eq\f(3,16)d<eq\f(1,2)d，假設成立，所以電子能射出偏轉電場，故B正確；在t＝T時刻A、B間的電壓為4U0，此時刻進入的電子在加速電場中有4eU0＝eq\f(1,2)mv22，根據以上分析可知電子能通過偏轉電場，則電子通過偏轉電場所用時間t2＝eq\f(3d,2v2)，電子在豎直方向上的位移大小y2＝eq\f(1,2)·eq\f(U0e,dm)·t22，解得y2＝eq\f(9,64)d，此時電子沿豎直方向的速度vy＝eq\f(U0e,dm)t2，電子離開偏轉電場時速度方向與圖甲中虛線夾角的正切值tanα＝eq\f(vy,v2)＝eq\f(3,16)，電子離開偏轉電場時的速度大小v＝eq\r(v22＋vy2)＝eq\r(\f(265eU0,32m))，故C正確，D錯誤。10.反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示。一質量m＝2.0×10－20kg，電荷量q＝2.0×10－9C的帶負電的粒子從(－1cm,0)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上往返運動。則()A．x軸原點左側電場強度E1和右側電場強度E2的大小之比eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1)B．粒子沿x軸正方向從－1cm運動到0和從0運動到0.5cm運動過程中所受電場力的沖量相同C．該粒子運動的周期T＝4.0×10－8sD．該粒子運動過程中的最大動能為4.0×10－8J解析：選D由題圖可知，根據U＝Ed，可得左側電場強度大小為E1＝eq\f(20,1×10－2)V/m＝2×103V/m，右側電場強度大小為E2＝eq\f(20,0.5×10－2)V/m＝4×103V/m，聯(lián)立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(1,2)，故A錯誤；粒子運動到原點速度最大，根據動能定理，有qE1x＝Ekm，代入數據，得Ekm＝4×10－8J，設粒子在原點左右兩側運動的時間分別為t1、t2，在原點的速度為vm＝eq\f(qE1,m)t1，同理可知vm＝eq\f(qE2,m)t2，周期為T＝2(t1＋t2)，聯(lián)立代入數據得T＝3×10－8s，故C錯誤，D正確；根據動量定理，有I1＝mvm－0，I2＝0－mvm，即粒子沿x軸正方向從－1cm運動到0和從0運動到0.5cm運動過程中所受電場力的沖量大小相同，方向相反，故B錯誤。11．如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長的平行金屬板，B板接地，A、B兩極板間電壓隨時間的變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2?，F有一帶負電粒子在t＝0時刻以一定的初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進入，并能從O1′沿O1′O2進入C、D間。已知粒子的帶電荷量為－q，質量為m，(不計粒子重力)求：(1)粒子剛好能到達O2孔時，則該粒子進入A、B間的初速度v0為多大；(2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值；(3)A、B兩板間距的最小值。解析：(1)因粒子在A、B間運動時，水平方向不受外力作用做勻速運動，所以進入O1′孔時的速度即為進入A、B板的初速度在C、D間，由動能定理有－qU2＝0－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU2,m))。(2)由于粒子進入A、B后，在一個周期T內，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，豎直方向的位移也為0，若在第一個周期末粒子從A、B板中射出，則對應兩板最短，長度為L＝v0T＝Teq\r(\f(2qU2,m))。(3)若粒子在運動過程中剛好不到A板而返回，則此時對應兩板間距最小，設為d則有eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\f(T,4)2×2＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))。答案：(1)eq\r(\f(2qU2,m))(2)Teq\r(\f(2qU2,m))(3)eq