统考版高考物理复习热点专项练七静电场第59练(模型方法)带电粒子在电场中的运动含答案

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思维方法
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．
2．在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题．
3．在交变电场中的运动，一般是几段运动的组合，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征．
选择题
1．[2022·福州检测]如图为示波管的工作原理图．电子经电压为U1的电场加速后，垂直射入电压为U2的匀强偏转电场中，偏转电场的极板长度为L，极板间的距离为d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．用“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即 eq \f(y,U2) (该比值越大则灵敏度越高)，下列可以提高示波管灵敏度的方法是( )
A．减小U1 B．增大U1
C．减小U2 D．增大U2
2．[2021·湖南永州月考]如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，设重力加速度大小为g.则( )
A．微粒的加速度不为零
B．微粒的电势能减少了mgd
C.两极板间的电势差为 eq \f(mgd,q)
D．M板的电势低于N板的电势
3．[2022·河北衡水中学考试]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )
A．a的质量比b的小
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
4．(多选)一质量为m的带电粒子，以初速度大小v0从a点竖直向上射入匀强电场中，场强方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，重力加速度为g.则( )
A．粒子受到的电场力大小为mg
B．粒子受到的电场力大小为2mg
C．粒子从a到b机械能增加了2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
D．粒子从a到b机械能增加了 eq \f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)
5．[2022·重庆适应性考试]如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场．从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，已知小球受到的电场力大小等于小球重力的 eq \f(3,4) .为使小球刚好在圆轨道内做完整的圆周运动，则释放点A距圆轨道最低点B的距离s为( )
A． eq \f(7,2) R B． eq \f(10,3) R
C． eq \f(13,6) R D． eq \f(23,6) R
6．(多选)[2022·天津重点中学二联]如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
7.
(多选)倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面底端O点固定一正点电荷，一带正电的小物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，沿斜面向下运动能够到达的最低点是B点．取O点所在的水平面为重力势能的零势能面，A点为电势能零点，小物块的重力势能E重、BA之间的电势能E电随它与O点间距离x变化关系如图所示．重力加速度g＝10 m/s2，由图中数据可得( )
A．小物块的质量为5 kg
B．在B点，E电＝25 J
C．从A点到B点，小物块速度先增大后减小
D．从A点到B点，小物块加速度先增大后减小
8．[2022·湖南长郡中学考试]如图甲所示，两水平平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN(绝缘)，O为其中点．在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0.现有一束带正电的离子(比荷为k)，从两板左侧中点以水平初速度v0连续不断地射入两板间的电场中，所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L＝2v0t0，忽略离子间相互作用和荧光屏MN的影响，则在荧光屏上出现亮线的长度为( )
A．kdU0t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) B． eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d)
C． eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,d) D． eq \f(3kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d)
9.
(多选)如图所示，坐标系O­xyz的z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为＋q的小球从z轴上的A点以速度v0沿x轴正方向水平抛出，A点坐标为(0，0，L)，重力加速度为g，场强E＝ eq \f(mg,q) .下列说法正确的是( )
A．小球做非匀变速曲线运动
B．小球运动的轨迹所在的平面与xOy平面的夹角为45°
C．小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为(v0 eq \r(\f(2L,g)) ，L，0)
D．小球到达xOy平面时的速度大小为 eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4gL)
二、非选择题
10．[2022·福建厦门一中月考]相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离(结果用L、d表示).
第59练 （模型方法）带电粒子在电场中的运动
1．答案：A
解析：电子在加速电场中的加速过程，由动能定理有eU1＝ eq \f(1,2) mv2，电子以速度v进入偏转电场中做类平抛运动，则有L＝vt，y＝ eq \f(1,2) at2， eq \f(eU2,d) ＝ma，联立解得 eq \f(y,U2) ＝ eq \f(L2,4dU1) .可以提高示波管灵敏度的方法是减小U1，选项A正确．
2．答案：C
解析：微粒在电场中受到重力和竖直方向的电场力做直线运动，二力必定平衡，微粒做匀速直线运动，加速度为零，A错误；重力做功mgd，微粒的重力势能减小了mgd，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd，B错误；微粒的电势能增加了mgd，则微粒克服电场力做功为W＝mgd，得到两极板间的电势差为U＝ eq \f(W,q) ＝ eq \f(mgd,q) ，C正确；电场力做负功，可知微粒所受的电场力方向竖直向上，微粒带负电，则电场方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，D错误．
3．答案：B
解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由运动学知识知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋mag＝maa0，对b球有qE－mbg＝mba0，可得ma>mb，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有maa0y＝ eq \f(1,2) mav eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(a)) － eq \f(1,2) mav eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，对b球有mba0y＝ eq \f(1,2) mbv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(b)) － eq \f(1,2) mbv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，可得va＝vb，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为ma>mb，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．
4．答案：BC
解析：带电粒子的运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动．设粒子受到的电场力为F，根据动量定理，在竖直方向有mgt＝mv0，在水平方向有Ft＝2mv0，联立解得F＝2mg，选项A错误，B正确．设a、b之间的竖直高度为h，在竖直方向有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2gh，粒子从a到b的运动过程中，重力势能增加量ΔEp＝mgh＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，动能增加量ΔEk＝ eq \f(1,2) m（2v0）2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，粒子从a到b机械能增加了ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，选项C正确，D错误．
5．答案：D
解析：
已知qE＝ eq \f(3,4) mg，重力与电场力的合力F为等效重力，F＝ eq \r(（mg）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)mg))\s\up12(2)) ＝ eq \f(5,4) mg，F与竖直方向成θ＝37°角斜向右下．过圆轨道圆心作与竖直方向成θ角的直线如图，在直线与圆轨道的交点C处，等效重力F指向圆心，C点即为等效最高点．小球刚好在圆轨道内做完整的圆周运动，在等效最高点，轨道对小球的弹力为零，等效重力提供向心力，由牛顿第二定律得F＝m eq \f(v2,R) ，解得v＝ eq \r(\f(5,4)gR) .小球从水平轨道到达等效最高点过程中，由动能定理得qEs－mgR（1＋cs θ）－qER sin θ＝ eq \f(1,2) mv2－0，解得s＝ eq \f(23R,6) ，D正确．
6．答案：CD
解析：根据动能定理有 eq \f(1,2) mv2－0＝qU，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，质子（ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(1)) H）和α粒子（ eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He）的比荷之比为2∶1，故两者在O2处的速度大小之比为 eq \r(2) ∶1，选项A错误．在A、B间a＝ eq \f(qU,md) ，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝ eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q（U＋Eh），故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向上有h＝ eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) t2，水平方向上有x＝vt，又v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，联立解得x＝2 eq \r(\f(Uh,E)) ，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同．选项D正确．
7．答案：BC
解析：由题图可知，物块在距斜面底端x1＝2 m处，重力势能为100 J，由重力势能的定义有E重＝mgx1sin 30°，解得m＝10 kg，A项错；物块在沿光滑斜面下滑的过程中，只有重力和电场力做功，物块的机械能与电势能之和保持不变，由题图可知，物块机械能与电势能之和为100 J，物块到达B点时（x＝1.5 m）电势能最大，动能为零，重力势能为75 J，所以物块在B点的电势能E电＝25 J，B项正确；物块从A点静止释放，到达最低点B时速度为零，所以物块从A到B过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，C项正确，D项错．
8．答案：C
解析：
离子在两板间运动，沿水平方向做匀速运动，运动时间t＝ eq \f(L,v0) ＝2t0，所有离子运动时间都等于电场变化的周期，作出各个时刻射入电场的离子在板间沿电场方向上运动的vy­t图象，如图所示，由图象可知，离子离开两板间时沿电场方向的速度vy均相同，vy­t图象与t轴围成的面积表示沿电场方向的位移，由图象可知0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最大，t0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最小．离子在电场中运动的加速度a＝ eq \f(qU0,md) ＝ eq \f(kU0,d) ，离子离开两板间时沿电场方向的速度为vy＝at0＝ eq \f(kU0t0,d) ，由图象面积可得，离子沿电场方向运动的最大位移ymax＝ eq \f(1,2) （t0＋2t0）at0＝ eq \f(3kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d) ，离子沿电场方向运动的最小位移为ymin＝ eq \f(1,2) t0·at0＝ eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d) ，屏上亮线的长度为Δy＝ymax－ymin＝ eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,d) ，C正确．
9．答案：BCD
解析：小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直，所以做匀变速曲线运动，故A错误；由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动，且与水平面成45°角，故B正确；小球在z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以小球到达xOy平面所用时间t＝ eq \r(\f(2L,g)) ，小球在x轴方向做匀速直线运动，则发生的位移为v0 eq \r(\f(2L,g)) ，而在y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移为 eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2L,g)))) eq \s\up12(2) ＝L，所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0\r(\f(2L,g))，L，0)) ，故C正确；小球在重力与电场力的共同作用下产生的加速度为 eq \r(2) g，则小球最后到达xOy平面时在重力和电场力的合力方向上速度的增加量为 eq \r(2) g· eq \r(\f(2L,g)) ，所以小球最后到达xOy平面时的速度大小为 eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4gL) ，故D正确．
10．答案：（1） eq \f(\r(6),3) v0 eq \f(2\r(3),3) v0 （2） eq \f(L2,8d)
解析：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2
根据动能定理有：－eU0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，
eU0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
将U0＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6e) 代入上式，得：v1＝ eq \f(\r(6),3) v0，v2＝ eq \f(2\r(3),3) v0；
（2）在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中的运动时间：t1＝ eq \f(L,v1)
侧移量：y1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝ eq \f(eU0L2,2mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，得y1＝ eq \f(L2,8d)
设打在荧光屏上的坐标为y′1，则y′1＝2y1＝ eq \f(L2,4d)
同理可得，在kT～T时间内射出B板后电子的侧移量：y2＝ eq \f(L2,16d)
打在荧光屏上的坐标y′2＝2y2＝ eq \f(L2,8d)
故这两个发光点之间的距离：Δy＝y′1－y′2＝ eq \f(L2,8d) .