新高考人教物理一轮作业第七章专题突破5带电体在电场中运动的综合问题

[A组基础题组]一、选择题1．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()解析：电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，故A正确，B错误。答案：A2．(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，A正确，B错误。由图(b)知，t＝eq\f(T,4)时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq\f(T,2)内不能到达右板，则之后往复运动，C正确，D错误。答案：AC3.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A．微粒将沿着一条直线运动B．微粒在第2s末的速度为零C．微粒在第1s内的加速度与第2s内的加速度相同D．微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同解析：由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s内做加速运动，第2s内做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1s内的平均速度与第2s内的平均速度相同，由x＝eq\f(1,2)vt得，微粒在第1s内的位移与第2s内的位移相同，故D正确。答案：ABD4．(多选)如图甲所示，真空中两平行金属板A、B水平放置，间距为d，P点在A、B间，A板接地，B板的电势φB随时间t的变化情况如图乙所示，已知φ1<φ2。t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，到t＝3T时刻，电子回到P点。电子运动过程中始终未与极板相碰，电子重力不计，则下列说法正确的是()A．φ1∶φ2＝3∶4B．φ1∶φ2＝4∶5C．电子从P点出发至返回P点，动能增加，电势能减少D．电子从P点出发至返回P点，动能和电势能都增加解析：设电子在0～T时间内的加速度大小为a1，T时刻的速度为v1，T～3T时间内的加速度大小为a2,3T时刻的速度为v2，画出电子在0～3T时间内的速度图象，如图所示，设电子在0～T时间内的位移s1，在T～3T时间内的位移为s2，则有s1＋s2＝0，s1＝eq\f(1,2)a1T2，s2＝v1·2T－eq\f(1,2)a2(2T)2，其中v1＝a1T，v2＝v1－a2·2T，联立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(4,5)，eq\f(v1,v2)＝－eq\f(2,3)，由于加速度大小a＝eq\f(Ee,m)∝E，故eq\f(E1,E2)＝eq\f(4,5)，又匀强电场中E＝eq\f(U,d)，U1＝φ1－0，U2＝0－(－φ2)＝φ2，故φ1∶φ2＝4∶5，故B正确，A错误；电势能Ep＝－eφ，原来在P点时，P点电势大于0，电子电势能为负值；回到P点后，P点电势小于0，电子电势能为正值，故电子从P点出发至返回P点，电子电势能增加；由eq\f(v1,v2)＝－eq\f(2,3)可知电子从P点出发至返回P点，动能增加，故C错误，D正确。答案：BD5．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则()A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B．在t＝eq\f(T,2)时刻，该粒子的速度大小为2v0C．若该粒子在eq\f(T,2)时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场解析：由题设条件可知，粒子在0～eq\f(T,2)做类平抛运动，在eq\f(T,2)～T做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，eq\f(T,2)时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得：l＝v0T，eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)vT，则v＝v0，则eq\f(T,2)时刻该粒子的速度为eq\r(2)v0，选项B错误；若该粒子在eq\f(T,2)时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，最后从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t＝eq\f(l,2v0)＝eq\f(T,2)，选项D错误。答案：A二、非选择题6．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝eq\f(5,4)，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。解析：电子在0～τ时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)，位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2，在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)，初速度的大小v1＝a1τ，匀减速运动阶段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)，由题知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案：d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))7．(2021·山东济南商河县一中高三测试)如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板M、N相距为d，两板上所加交变电压UMN如图乙所示(U0未知)，紧邻两板右侧有一荧光屏，电子打到荧光屏上形成亮斑。两板不加电压时，电子打到屏上的O点。现有大量质量为m、电荷量为－e的电子以初速度v0平行于两板沿中线持续不断的射入两板间。已知t＝0时刻进入两板间的电子穿过两板间的电场的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度大小为2v0，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求：(1)U0的大小；(2)亮斑扫描的最高点和最低点到O点的距离。解析：(1)在0～eq\f(T,2)时间内电子的加速度大小为a1＝eq\f(eU0,md)，方向向上在eq\f(T,2)～T时间内电子的加速度大小为a2＝eq\f(2eU0,md)，方向向下由几何关系知，t＝0时刻进入两板间的电子，在T时刻电子在y方向的分速度为vy＝－eq\r(3)v0在y轴上有vy＝a1eq\f(T,2)－a2eq\f(T,2)解得U0＝eq\f(2\r(3)v0dm,eT)。(2)t＝0时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最高，在0～eq\f(T,2)时间内电子在竖直方向上的位移大小为y1＝eq\f(1,2)a1(eq\f(T,2))2在eq\f(T,2)～T时间内电子在竖直方向上的位移大小为y2＝a1·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a2(eq\f(T,2))2所以亮斑扫描的最高点到O点的距离y高＝y1＋y2＝eq\f(\r(3)v0T,4)t＝eq\f(T,2)时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最低，在eq\f(T,2)～T时间内电子在竖直方向上的位移大小为y3＝eq\f(1,2)a2(eq\f(T,2))2在T～eq\f(3T,2)时间内电子在竖直方向上的位移大小为y4＝a2·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)－eq\f(1,2)a1(eq\f(T,2))2所以亮斑扫描的最低点到O点的距离y低＝y3＋y4＝eq\f(5\r(3)v0T,4)。答案：(1)eq\f(2\r(3)v0dm,eT)(2)eq\f(\r(3)v0T,4)eq\f(5\r(3)v0T,4)[B组能力题组]8．宇宙飞船动力装置的工作原理与下列情景相似：如图，光滑地面上有一质量为M的绝缘小车，小车两端分别固定带等量异种电荷的竖直金属板，在小车的右板正中央开有一个小孔，两金属板间的电场可看作匀强电场，两板间电压为U。现有一质量为m、带电荷量为＋q、重力不计的粒子从左板正对小孔处无初速释放。则以下判断正确的是()A．小车总保持静止状态B．小车最后减速运动C．粒子穿过小孔时速度为eq\r(\f(2qU,m))D．粒子穿过小孔时速度为eq\r(\f(2MqU,mM＋m))解析：金属板间的电场方向向右，粒子所受的电场力方向向右，根据牛顿第三定律可知，小车所受的电场力方向向左，则小车将向左做匀加速运动，粒子穿过小孔后，粒子不再受电场力作用，小车也不再受电场力，将做匀速运动，故A、B错误。设粒子穿过小孔时速度为v1，小车此时的速度为v2，取向右方向为正方向，根据系统的动量守恒和能量守恒得：0＝mv1－Mv2，qU＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，联立解得，v1＝eq\r(\f(2MqU,mM＋m))，故C错误，D正确。答案：D9．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。解析：(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mv02，解得v0＝eq\r(2gh)。(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)，根据能量守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Ep，解得Ep＝eq\f(2,3)mgh。(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定，则2mv0＝2mvA＋mvB，eq\f(1,2)×2mv02＝eq\f(1,2)×2mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，解得vA＝eq\f(1,3)v0＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3)mgh(3)eq\f(1,3)eq\r(2gh)eq\f(4,3)eq\r(2gh)10．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10cm，极板间距d＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图象如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的位置与O点的距离；(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。解析：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝eq\f(1,2)mv02，①设电容器间偏转电场的场强为E，则有E＝eq\f(U,d)，②设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝eq\f(L,v0)，③垂直中心轴线方向有a＝eq\f(eE,m)，④联立①②③④得y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eUL2,2mdv02)＝eq\f(UL2,4U0d)。⑤设电子通过偏