2023一轮复习课后速练38 8.4 带电粒子在电场中的运动

这是一份2023一轮复习课后速练38 8.4 带电粒子在电场中的运动，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023一轮复习课后速练(三十八)
一、选择题
1.(2022·山东模拟)(多选)如图所示，在正方形ABCD区域内有场强方向平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出．以下说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹经过PE之间某点
B．粒子的运动轨迹经过PH之间某点
C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出
【答案】　AD
【思维分析】 粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出，其轨迹是抛物线，根据推论知，过C点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，B项错误，A项正确；由以上知，粒子从C点射出时速度反向延长线与EH垂直，若增大初速度，粒子轨迹可能经过PH之间某点，根据速度的反向延长线交水平位移中点，可知粒子不可能垂直穿过EH，C项错误；由平抛知识类比可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点射出BC，D项正确．故选A、D两项．
2.(2021·吉林三模)如图所示，曲线ACB处于匀强电场中，O为AB的中点，OC长为L，且与AB垂直．一质量为m、电荷量为q带正电的粒子仅在电场力作用下沿ACB依次通过A、C、B三点，已知粒子在A、B两点的速率均为2v0，在C点的速度大小为v0，且方向与OC垂直．匀强电场与曲线所在的平面平行，则该匀强电场的电场强度大小和方向分别为(　　)
A.，沿CO方向　　　　 B.，沿OC方向
C.，沿CO方向 D.，沿OC方向
【答案】　C
【思维分析】 已知粒子在A、B两点的速率均为2v0，在C点的速率为v0，说明A、B两点的电势相等，AB为等势线，C点电势比A点电势高，所以电场方向沿CO方向，根据E＝得E＝，粒子由C运动到B，根据动能定理得qUCB＝mvB2－mvC2，联立可得E＝，故C项正确，A、B、D三项错误．故选C项．
3.(2021·天津模拟)(多选)一匀强电场E＝、方向竖直向下，直线AB在如图所示的竖直平面内，与水平面的夹角θ＝45°.一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球，以速度v0从A点水平射入电场，则小球再次经过直线AB时(　　)
A．速度的大小为2v0 B．速度的大小为v0
C．电势能增加了2mv02 D．电势能减少了4mv02
【答案】　BD
【思维分析】 设小球射入电场后经时间t再次经过直线AB.根据牛顿第二定律可得小球在竖直方向的加速度大小为a＝＝g①
根据类平抛运动规律可得tan θ＝＝②
根据速度的合成可得小球再次经过直线AB时速度的大小为v＝③
联立②③解得v＝v0④
故A项错误，B项正确；
设小球再次经过直线AB时上升的高度为h，则根据运动学规律有2gh＝(gt)2⑤
电场力对小球做正功，小球电势能的减少量为ΔEp＝qEh⑥
联立②⑤⑥解得ΔEp＝4mv02⑦
故C项错误，D项正确．故选B、D两项．
4.(2021·四川模拟)一个固定在空间某点、带负电的点电荷Q产生的电场，其中一条电场线与x轴重合．另有一个带正电的试探电荷q仅在电场力作用下从x＝0的位置开始沿x轴运动，其动能Ek与坐标x的关系如图所示，虚斜线为该曲线过点(0.2，2)的切线，已知q＝2.0×10－6 C．下列判断错误的是(　　)
A．点电荷Q的位置一定在x轴上
B．该电场的电势沿x轴正方向一直升高
C．x＝0.2 m处场强的大小为10 N/C
D．x＝0与x＝0.2 m两点间的电势差为1 V
【答案】　B
【思维分析】 根据点电荷电场线的特点可知点电荷一定在电场线所在的直线上，点电荷Q的一条电场线与x轴重合，则点电荷Q的位置一定在x轴上，A项正确；带正电的试探电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能增加，由动能定理知电场力对其做正功，则电场方向沿x轴的正方向，电势沿x轴正方向降低，B项错误；由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图像的斜率为电场力，由图可知x＝0.2 m处F＝Eq＝k＝ N＝2.0×10－5 N，则场强大小为E＝＝ N/C＝10 N/C，C项正确；由图可知x＝0.2 m处动能为Ek＝2×10－6 J，x＝0到x＝0.2 m过程由动能定理得qU＝Ek－0，解得U＝＝ V＝1 V，D项正确．本题选错误的，故选B项．
5.(2021·河北模拟)(多选)如图所示，直角坐标系xOy的x轴与水平地面重合，y轴竖直向上，空间中存在水平向右的匀强电场．现将一带电小球(可视为质点)从坐标为(0，h)的A点以某一水平速度抛出，正好垂直地面落在坐标为(l，0)的B点，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．小球带正电
B．小球在空中运动的时间为
C．小球的初速度为l
D．小球在抛出后时的坐标是
【答案】　BD
【思维分析】 小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上向右做匀减速运动，才能垂直(此时速度在水平方向上分量为0)地落在地面上，所以，小球所受电场力必须向左，可知小球带负电；由自由落体运动规律可知，小球下落时间为t＝，由水平方向做匀减速运动可知t＝l，可得小球初速度v0＝2l，球在抛出后，运动时间为空中运动的全部时间的一半，由匀变速运动时间等分结论可知，小球在竖直方向上下落了h，故y＝h，水平方向上运动了l，故x＝l.综上所述，B、D两项正确．
6.(2021·河南三模)(多选)如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的动能是它在O点时动能的3倍．关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是(　　)
A．该带电粒子带正电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段时间中间时刻粒子的动能最小
D．加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于120°
【答案】　BD
【思维分析】 依题意，匀强电场场强方向未知，故该带电粒子电性不明，故A项错误；粒子从O运动到A的过程，动能增加，根据动能定理可知，电场力做正功，又根据电场力做功与电势能变化关系可知带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B项正确；设加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于θ，则有acos (π－θ)＝，asin (π－θ)＝，mv2＝3×mv02，联立，可得θ＝120°，故D项正确；根据上面选项分析，加速度与初速度方向夹角为钝角，故粒子速度先减小，后增大，最小的动能出现在加速度与速度垂直的时候，这段时间中间时刻粒子的两个分速度分别为vx＝＝v0，vy＝，设合速度与水平面夹角为α，则tan α＝＝，解得α＝30°，加速度与速度夹角为60°，不垂直，故C项错误．故选B、D两项．
7.(2021·广东一模)如图所示是某示波管的示意图，如果水平放置的偏转电极上加一个电压，则电子束将偏转，每单位偏转电极电压引起的偏转距离叫作示波管的灵敏度．下面这些措施中对提高示波管的灵敏度有用的是(　　)
A．将电子枪的加速电压提高
B．提高偏转电极的电压
C．加大偏转电极极板之间的距离d
D．加长偏转电极的极板L
【答案】　D
【思维分析】 设加速电压为U1，则qU1＝mv02，设偏转电压为U2，则y＝at2＝，联立得y＝，每单位偏转电极电压引起的偏转距离y′＝＝.故选D项．
8.(2022·河北模拟)如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d＝0.16 m，上、下极板开有一小孔，四个质量均为m＝13 g、带电荷量均为q＝6.4×10－6 C的带电小球，其间用长为的绝缘轻轩相连，处于竖直状态，现使下端小球恰好位于小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落．当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零(g＝10 m/s2)，以下说法正确的是(　　)
A．当最上端的小球进入平行板电容器前，小球一直做加速度减小的加速运动
B．最下端的小球在两平行板之间的运动过程，系统的电势能先增加后减小
C．两极板间的电压为500 V
D．从释放到速度减为零的过程中，小球最大速度约为0.82 m/s
【答案】　D
【思维分析】 电场力一直做负功，故系统的电势能一直增加，故B项错误；根据动能定理可得2Uq＋Uq＋Uq＝4mg×d，得U＝＝5 000 V，故C项错误；当两个小球在电场中时，电场力F1＝×2q＝mg<4mg，当三个小球在电场中时，电场力F2＝×3q＝mg>4mg，故当第三个小球进入电场时小球的速度最大，根据动能定理可得4mg×－Uq－Uq＝×4mv2，解得v＝≈0.82 m/s，故D项正确；由上面分析可知，当三个小球进入电场时小球的速度最大，故A项错误．故选D项．
9.(2021·山东模拟)(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则(　　)
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出的动能相等
D．若不同比荷的带负电粒子射入，偏转角度θ相同
【答案】　BCD
【思维分析】 设板间距离为d，板长为l，由牛顿第二定律得a＝，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A项错误；由动能定理得qU1＝mv02，可得v0＝，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B项正确；从M孔射出粒子的动能Ek＝mv02＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出的动能相等，故C项正确；

如图所示，在偏转电场中有tan θ＝＝＝，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子射入，偏转角度θ相同，故D项正确．故选B、C、D三项．
10．(2021·广西一模)示波管是电子示波器的心脏．在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上．如图所示，电子从静止开始，经过电压为U0的加速电场加速并进入偏转电场，射出偏转电场后射到荧光屏上的动能为Ek.电子的电荷量为e，偏转电场中两板之间的距离与板长之比为k，电子重力不计．偏转电场中两板之间的电压为(　　)
A．k B.
C. D．2k
【答案】　D
【思维分析】 设电子的质量为m，电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0，对电子在加速电场中加速的过程，由动能定理有eU0＝mv02，设电子进入偏转电场后做类平抛运动的时间为t，偏转电场中两板之间的距离为d，两板之间的电压为U，有＝v0t，电子在偏转电场中运动的加速度大小a＝，电子射出偏转电场时沿垂直于板方向的分速度大小vy＝at，电子射出偏转电场时的速度大小v＝，因电子射出偏转电场后做匀速直线运动，故有Ek＝mv2，解得U＝2k，故D项正确，A、B、C三项错误．故选D项．
11.(2021·江苏模拟)三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法不正确的是(　　)
A．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20
B．三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4
C．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4
D．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9
【答案】　C
【思维分析】 三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x＝v0t得在电场中的运动时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4，B项正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y＝at2解得aA∶aB∶aC＝36∶16∶9，C项错误；三个粒子所受的合力大小关系为FA>FB>FC，三个粒子的重力相等，所以落在B点的粒子仅受重力作用，落在A点的粒子所受的静电力向下，落在C点的粒子所受的静电力向上，即落在B点的粒子不带电，落在A点的粒子带负电，落在C点的粒子带正电，由牛顿第二定律得aA∶aB∶aC＝(mg＋qAE)∶mg∶(mg－qCE)，解得qC∶qA＝7∶20，A项正确；由牛顿第二定律可知F＝ma，因为三个粒子的质量相等，所以所受合力之比与加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9，D项正确．本题选说法不正确的，故选C项．
12．(2021·河北模拟)(多选)如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压UAB，电子流沿中心线OO′从O点以初速度v0＝射入板间，电子都不会碰到极板．已知电子的质量为m，电荷量为e.下列说法正确的是(　　)

A．两板间距d>T
B．电子在t＝0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
C．电子在t＝时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
D．电子无论在哪一时刻从O点射入，离开板间电场时的速率一定是v0
【答案】　ACD
【思维分析】 任何一个电子离开电场所用的时间均为＝T，当电子在t＝k(k为自然数)时刻从O点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大，为h＝2×··，h<，得d>T，A项正确；电子在t＝0时刻从O点射入时，电子离开电场时与中心线间的距离最大，不会从中心线离开电场，B项错误；电子在t＝时刻从O点射入后，在电场中的运动轨迹如图，根据对称性可知电子从中心线离开电场，C项正确；设电子从t＝时刻从O点射入电场，则沿电场方向的分速度vy＝aΔt－aΔt－a＋a＝0，离开电场时只有沿中心线方向上的速度，大小为v0，D项正确．故选A、C、D三项．
二、非选择题
13.(2022·山西模拟)如图所示，较大的平行金属板正对水平放置，P板在上、Q板在下，距离为d.质量为m，电荷量为＋q的带电小球自距P板处O点静止释放，运动时间t后，在P、Q两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触．已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力．求：
(1)P、Q两板电势差U；
(2)欲使小球不与下板Q接触，t的最大值；
(3)当t取(2)中最大值时，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变P、Q两板电势差，则P、Q两板电势差U′满足的条件．
【答案】　(1)－　(2)　(3)U′≥
【思维分析】 (1)静止释放，小球做自由落体运动，t时间内下落的高度：h＝gt2
t时刻的速度：v1＝gt
若加上电场后，假设小球的加速度为a1，2t时间内小球上升的高度：x＝－v12t＋a1(2t)2
根据题意可知：x＝h
解得：a1＝g
小球运动过程中：qE－mg＝ma1
两极板间电压：U＝Ed
电场线向上，所以Q极板电势高
所以P、Q两极板的电势差：U＝－.
(2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为0，所以：gtm2＋＝d
解得：tm＝.
(3)小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达O点速度为v2，则：v22＝2·g·d
小球恰好不与P板接触，则小球到达P板速度为零，设自O到P过程中加速度大小为a2，则：v22＝2·a2·d
解得：a2＝g>g
电场力向下，对小球应用牛顿第二定律：mg＋q＝ma2
则PQ两板电压：U′＝
电场力向下，所以P板电势高，故P、Q两板电压满足：U′≥.
14．(2022·山东模拟)如图甲，真空中水平放置的平行金属板MN、PQ间所加交变电压U随时间t的变化图像如图乙所示，U0已知．距离平行板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏距平行板右侧的距离与平行板的长度相等，电子打到荧光屏上形成亮斑．现有大量质量为m、电荷量为＋q的电荷以初速度v0平行于两板沿中线OO′持续不断地射入两板间．已知t＝0时刻进入两板间的电子穿过两板的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度偏转了53°，所有粒子均可以从板间射出，忽略电场的边缘效应及重力的影响，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：

(1)平行板的长度；
(2)板间距离；
(3)荧光屏上亮斑离O′点的最大距离．
【答案】　(1)v0T　(2)　(3)3v0T
【思维分析】 (1)电荷沿OO′方向做匀速直线运动，则平行板长为L＝v0T.
(2)由几何关系可知，电荷离开平行板时沿电场线方向的速度为vy＝v0tan 53°＝v0
由动量定理可得－q·＋q·＝mvy－0
解得d＝.
(3)t＝时进入电场的粒子打在屏上的亮点离O′点最远，t＝时进入电场时粒子的加速度a＝＝
t＝T时电荷在竖直方向上的速度v1＝＝
在～T时间内电荷在竖直方向上的位移为y1＝·＝v0T
t＝时电荷在竖直方向上的速度v2＝＝
在T～时间内电荷在竖直方向上的位移为y2＝·＝v0T
设离开电场时粒子的速度与水平方向夹角为α，平行板长度为l，则有y3＝Ltan α＝L＝v0T
解得ym＝y1＋y2＋y3＝3v0T.