高考物理专题56带电粒子在电场中的运动练习含解析

PAGEPAGE1专题56带电粒子在电场中的运动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．1．如果不计重力的电子只受电场力作用，那么电子在电场中不可能做()A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动答案A解析由于不受重力，仅有电场力，电子受力不可能为零，根据牛顿第二定律有a＝eq\f(F,m)，a不可能为零，A不可能做到；当电子所受电场力恒定且方向与其初速度方向一致时，其做匀加速直线运动，B可能做到；当电子所受电场力与其初速度垂直且电场为匀强电场时，则会在电场中做类平抛运动，C可能做到；在氢原子模型中，氢原子核对核外电子的库仑力提供核外电子绕核做匀速圆周运动的向心力，所以电子在只受电场力作用时可以做匀速圆周运动，D可能做到．2.如图1，平行板电容器两极板的间距为d，一带电粒子在电容器中靠近(不接触)下极板处静止，已知重力加速度为g.保持两极板间电压不变，把上下两极板均转过45°到虚线位置，则粒子到达上极板时速度大小为()图1A.eq\r(2gd) B.eq\r(gd)C.eq\r(\r(2)gd) D.eq\r(\f(gd,2))答案A解析开始时粒子静止，eq\f(U,d)q＝mg，当转过45°角，两极板的间距为d′＝eq\f(d,\r(2))，电场力在竖直方向分量eq\f(U,\f(d,\r(2)))qsin45°＝eq\f(U,d)q＝mg，所以粒子沿水平方向运动到上极板，电场力在水平方向分量大小等于在竖直方向分量，加速度a＝g，所以v＝eq\r(2gd)，A正确．3.如图2所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()图2A．电荷M的电荷量等于电荷N的电荷量B．两电荷在电场中运动的加速度相等C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相等答案C解析两个电荷都做类平抛运动，竖直方向做匀加速运动，其加速度大小为a＝eq\f(qE,m)，竖直位移为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEt2,2m)，由题图可知，两电荷相遇时，M的竖直位移大于N的竖直位移，而m、E、t相等，则得出M的电荷量大于N的电荷量，M的加速度大于N的加速度，故A、B错误；由于m相等，则由以上分析知，M受到的电场力大于N受到的电场力，而电场力沿竖直方向，M的竖直位移大于N的竖直位移，所以从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对M做的功大于电场力对N做的功，故C正确；水平方向两电荷都做匀速直线运动，则有x＝v0t，t相等，而M的水平位移大于N的水平位移，所以M的初速度大于N的初速度，故D错误．4.(2020·湖南五市十校第二次联考)如图3所示，正六面体真空盒置于水平面上，它的ADHE面与BCGF面均为金属板，BCGF面带正电，ADHE面带负电，其他面为绝缘材料．从小孔P沿水平方向平行于ABFE面以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．下列说法正确的是()图3A．三个液滴在空中运动的时间相同B．液滴c所带的电荷量最多C．整个运动过程中液滴c的动能增量最大D．三个液滴落到底板时的速率相同答案B解析三液滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，由题图可知三液滴的水平位移x3＞x2＞x1，初速度v0相同，根据x＝v0t可知在空中的运动时间关系为t3＞t2＞t1，它们抛出点的高度相等，根据h＝eq\f(1,2)at2可知加速度的关系为a3＜a2＜a1，三个质量相同的带正电液滴，根据牛顿第二定律a＝eq\f(mg－qE,m)可知液滴所带的电荷量关系为qc＞qb＞qa，故选项B正确，A错误；对液滴由动能定理得(mg－qE)h＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)，整个运动过程中液滴的动能增量关系为ΔEka＞ΔEkb＞ΔEkc，三个液滴落到底板时的速率关系为va＞vb＞vc，故选项C、D错误．5.水平平行放置的金属板a、b间加有恒定电压，两板间距离为d.一带电粒子紧贴a板水平射入电场，刚好紧贴b板边缘射出，如图4所示，在其他条件不变的情况下，若将b板向下平移一段距离x，带电粒子刚好从两板间中央射出．不考虑重力的影响，则()图4A．x＝d B．x＝eq\f(1,2)dC．x＝eq\r(2)d D．x＝(eq\r(2)－1)d答案D解析粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，有L＝vt，d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU,md)，联立得d＝eq\f(qUL2,2mdv2)①，若将b板向下平移一段距离x，有L＝vt，eq\f(1,2)(d＋x)＝eq\f(1,2)a′t2，a′＝eq\f(qU,md＋x)，联立得eq\f(1,2)(d＋x)＝eq\f(qUL2,2md＋xv2)②，由①②联立解得x＝(eq\r(2)－1)d，故D正确．6．(多选)(2020·江西南昌市摸底)如图5甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射出．上述m、q、l、t0均为已知量(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)，则()图5A．该粒子在平行板间一直做曲线运动B．该粒子进入平行板间的初速度v0＝eq\f(l,2t0)C．该粒子在平行板间偏转时的加速度a＝eq\f(l,3t\o\al(,02))D．两平行板上所加电压大小U0＝eq\f(ml2,2qt\o\al(,02))答案BC解析由于t0～2t0时间内两极板之间电压为零，带电粒子运动不受力的作用，所以t＝0时刻进入两板间的粒子在平行板之间先做类平抛运动后做匀速直线运动，选项A错误；由于粒子在平行极板方向不受力的作用，故粒子在沿极板方向上做匀速直线运动，所以该粒子进入平行板之间的初速度v0＝eq\f(l,2t0)，选项B正确；由运动学知识有eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(,02)＋at0·t0，解得a＝eq\f(l,3t\o\al(,02))，选项C正确；由E＝eq\f(U0,l)，qE＝ma，a＝eq\f(l,3t\o\al(,02))，联立解得两平行板上所加电压大小U0＝eq\f(ml2,3qt\o\al(,02))，选项D错误．7.如图6所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿y轴正方向的有界匀强电场，在第Ⅳ象限过Q(0，－L)点放一张垂直于xOy平面的感光胶片．一电子以垂直于y轴的初速度v0从P(0,2L)点射入电场中，并从A(2L,0)点射出电场，最后打在感光胶片上．已知电子的电荷量大小为e，质量为m，不计电子的重力．求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)电子从出发到打在感光胶片上的总时间．答案(1)eq\f(mv\o\al(,02),eL)(2)eq\f(5L,2v0)解析(1)设匀强电场的场强大小为E，电子在电场中运动时间为t，在x轴方向：2L＝v0t，在y轴方向：eE＝ma，2L＝eq\f(1,2)at2，联立解得E＝eq\f(mv\o\al(,02),eL)(2)电子在电场中运动的时间t1＝eq\f(2L,v0)a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(v\o\al(,02),L)射出电场时竖直方向的速度为vy＝at1＝2v0射出电场后至到达感光胶片前运动的时间t2＝eq\f(L,vy)＝eq\f(L,2v0)电子从出发至落到感光胶片上的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(5L,2v0).8.如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(4,3)×103V/m；比荷为1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处由静止释放，其运动轨迹恰好经过M(eq\r(3)，1)点；粒子P的重力不计，试求：图7(1)金属板A、B之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍，带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的位置坐标应满足的条件．答案(1)1000V(2)y＝eq\f(1,6)x2，其中x＞0解析(1)设粒子P的质量为m，带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(eq\r(3)，1)点所用时间为t0，由类平抛运动可得：xM＝v0t，yM＝eq\f(qE,2m)teq\o\al(,02)解得：v0＝eq\r(2)×104m/s在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)解得：UAB＝1000V.(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P：Eq＝ma1对于Q：Eq＝2ma2x＝v0teq\f(1,2)a1t2＝y＋eq\f(1,2)a2t2解得：y＝eq\f(1,6)x2，其中x＞0即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为y＝eq\f(1,6)x2，其中x＞0.9．(2020·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8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＜k＜1，U0＝eq\f(mv\o\al(,0),6e)；紧靠B板的偏转电压也等于U0，板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端eq\f(L,2)处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．图8(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)．答案(1)eq\f(\r(6),3)v0eq\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)mveq\o\al(,12)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)，eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,22)－eq\f(1,2)mveq\o\al(,02)将U0＝eq\f(mv\o\al(,02),6e)代入上式，得：v1＝eq\f(\r(6),3)v0，v2＝eq\f(2\r(3),3)v0；(2)在