2024年高考物理必修三专题练习第5节 带电粒子在电场中的运动

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝第5节带电粒子在电场中的运动【刷基础】【题型1带电粒子的加速】1．[河北邢台2021高二上联考]如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是()A．电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关C．两板间距离越小，电子的加速度就越小D．两板间距离越大，加速时间越短答案：B解析：极板之间的电压U不变，由E＝eq\f(U,d)可知两极板距离d越大，场强E越小，电场力F＝Ee越小，加速度越小，加速时间越长，由eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，则电子到达Q板时的速率与极板间距无关，与加速电压有关，A、C、D错误，B正确．2．[山东聊城九校2021高二上联考]如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m，电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B.仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是()A．电荷量q1与q2的比值为3∶7B．电荷量q1与q2的比值为3∶4C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7答案：B解析：设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对带正电的粒子A，a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，对带负电的粒子B，a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，联立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，选项C、D错误．3．[湖南岳阳一中、汨罗一中2020高二上联考]如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)，电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压都恒为U)()A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动答案：C解析：从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于电场力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间电场中，在电场力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速再减速的运动，再反向做加速、匀速再减速的运动，即做往复运动，故选C.【题型2带电粒子的偏转】4．(多选)如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则()A．a和b在电场中运动的时间之比为1∶2B．a和b在电场中运动的时间之比为2∶1C．a和b的比荷之比为1∶8D．a和b的比荷之比为8∶1答案：AD解析：两个粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t可知运动时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据y＝eq\f(1,2)at2，两粒子在竖直方向的位移之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1，根据牛顿第二定律知加速度a＝eq\f(qE,m)，加速度之比等于两粒子的比荷之比，则两粒子的比荷之比为8∶1.故A、D正确，B、C错误．5．[四川射洪中学2021高二上月考]如图所示，匀强电场的宽度为d，EF、CD为其边界，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在A点以垂直电场边界CD的速度v0进入电场区域，MN为无场区内的光屏，MN与AO相互垂直，MN与EF间距为d.当粒子经过EF边界的B点时，速度方向与EF成30°角，不计重力，求：(1)匀强电场的场强的大小；(2)粒子打在光屏上的位置距离O点的距离．解析：(1)带电粒子在匀强电场中运动的加速度a＝eq\f(qE,m)①沿电场方向，有vx＝at②沿初速度方向，有d＝v0t③粒子经过EF边界的B点时，由几何关系得tan30°＝eq\f(v0,vx)④，由①②③④式解得E＝eq\f(\r(3)mv02,qd).(2)从电场中射出时，速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于粒子沿初速度方向位移的中点，所以子打在光屏上的位置距离O点的距离x＝(eq\f(d,2)＋d)tan60°＝eq\f(3\r(3),2)d.【题型3示波管的原理】6．[四川成都树德中学2021高二上阶段性测试]如图甲所示是示波管的原理图，如果在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是()答案：B解析：因为在电极XX′之间所加的电压大于零且保持不变，可知在正X轴上的偏转位移保持不变，在YY′之间加上随正弦规律变化的电压，即Y方向上偏移在正负最大值之间变化，B正确，A、C、D错误．【刷提升】1．[北京海淀区101中学2021高二上月考]如图所示，电子在电势差为U1的电场加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子(不计重力)能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子偏转角变大的是()A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小答案：B解析：设偏转电场极板的长度为L，两板间距离为d，电子在加速电场中，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mv02，电子在偏转电场中由牛顿第二定律和电场强度与电势差的关系得a＝eq\f(eE,m)，E＝eq\f(U2,d)，由类平抛运动规律得L＝vxt，vx＝v0，vy＝at，则电子的偏转角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(U2L,2U1d)，即U1变小，U2变大，一定能使电子的偏转角变大，B正确，A、C、D错误．2．[广东广州三校2020高二上月考]如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子流沿b轨迹落到下板边缘，不计重力，则可以将()A．开关S断开B．质子流初速度变为eq\f(v0,2)C．板间电压变为eq\f(U,4)D．竖直移动上板，使板间距变为2d答案：C解析：将开关S断开，电容器极板间电荷量不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，故A错误；将质子流初速度变为eq\f(v0,2)，加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的eq\f(1,2)，不可能到达下板边缘，故B错误；当板间电压变为eq\f(U,4)时，场强变为原来的eq\f(1,4)，电场力变为原来的eq\f(1,4)，加速度变为原来的eq\f(1,4)，根据y＝eq\f(1,2)at2知，质子打到极板上的运动时间变为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移变为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，故C正确；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的eq\f(1,2)，电场力变为原来的eq\f(1,2)，加速度变为原来的eq\f(1,2)，根据y＝eq\f(1,2)at2知，时间变为原来的eq\r(2)倍，水平位移变为原来的eq\r(2)倍，不能到达下板边缘，故D错误．3．[山东淄博2020高二上月考]如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场的方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点，粒子重力不计，则从粒子开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ>tPB．它们运动的加速度aQ<aPC．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2D．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2答案：D解析：垂直电场方向有x＝vt，可知粒子运动的时间相等，故A错误；平行电场方向有y＝eq\f(1,2)at2，得a＝eq\f(2y,t2)，由于两带电粒子在平行电场方向分位移之比为yQ∶yp＝2∶1，故其加速度之比为aQ∶aP＝2∶1，即aQ＞aP，故B错误；根据牛顿第二定律有qE＝ma，得q＝eq\f(ma,E)，m、E相同，故粒子所带电荷量之比等于加速度之比，即qP∶qQ＝1∶2，根据动能定理有qEy＝ΔEk，又yQ∶yP＝2∶1，故ΔEkQ∶ΔEkP＝4∶1，故C错误，D正确．4．[四川成都七中2020高二上期中](多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在四个选项中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()答案：BC解析：分析电子一个周期内的运动情况，0～eq\f(T,4)时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内继续沿该方向做匀减速直线运动，eq\f(T,2)时刻速度为零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内向A板做匀加速直线运动，eq\f(3T,4)～T时间内沿A板方向做匀减速直线运动，T时刻速度为零，此时电子回到原点，接着周而复始，电子做匀变速直线运动时x－t图像应是抛物线，A错误；根据匀变速直线运动速度—时间图像是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况，B正确，D错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a－t图像应平行于横轴，C正确．5．如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是()A．0＜t＜t0B．t0＜t＜2t0C．2t0＜t＜3t0D．3t0＜t＜4t0答案：D解析：开始时Q板电势比P板高，电子受到的电场力向右，因此在0<t<t0内，电子向右做加速运动，A错误；t0时刻电场反向，电子开始向右做减速运动，到2t0时刻，速度恰好减为零，B错误；在2t0<t<3t0时间内，电子向左做加速运动，C错误；在3t0时刻，电场再次反向，电子开始向左做减速运动，到4t0时刻，速度刚好减为零，D正确．6．(多选)如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A．在eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(1,4)UqB．在eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(1,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶2答案：BC解析：在时间t内，L＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，在eq\f(t,2)内，y＝eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2，比较可得y＝eq\f(d,8)，则电场力做的功为W＝qEy＝eq\f(qEd,8)＝eq\f(qU,8)，A错误，B正确；在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做的功分别为W1＝qE×eq\f(d,4)，W2＝qE×eq\f(d,4)，所以W1∶W2＝1∶1,C正确，D错误．7．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板．如果要使该带电粒子到达M、N两板中点位置处即返回，则下列措施能满足要求的是()A．使初速度减小为原来的一半B．使M、N间的电压提高到原来的2倍C．使M、N间的电压提高到原来的4倍D．使初速度减小为原来的一半，同时M、N间的电压提高到原来的2倍答案：B解析：粒子在进入电场运动的过程中，设带电粒子在电场中运动的最远距离为x，由动能定理得－eq\f(qU,d)·x＝0－eq\f(1,2)mv02，所以x＝eq\f(mv02,2qU)d，则使初速度减小为原来的一半，可得x减小为原来的eq\f(1,4)，故A错误；若电压提高到原来的2倍，则x减小为原来的eq\f(1,2)，即粒子运动到M、N两板中点处即返回，故B正确；使M、N间的电压提高到原来的4倍，则x减小为原来的eq\f(1,4)，故C错误；使初速度减小为原来的一半，同时M、N间的电压提高到原来的2倍，则x减小为原来的eq\f(1,8)，故D错误．8．(多选)如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在匀强电场，场强方向与bc边平行．电荷量为q(q>0)、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．若粒子恰好从c点离开电场，则离开电场时粒子的动能为5EkB．若粒子恰好从c点离开电场，则场强为eq\f(5Ek,qL)C．若粒子离开电场时的动能为2Ek，则粒子一定从bc边离开电场D．若粒子离开电场时的动能为2Ek，则场强为eq\f(2Ek,qL)答案：ACD解析：粒子的初动能为Ek＝eq\f(mv02,2)，粒子在ab方向上做匀速运动，有L＝v0t，粒子在ad方向上做初速度为零的匀加速运动，有L＝eq\f(at2,2)，根据牛顿第二定律有a＝eq\f(Eq,m)，得E＝eq\f(4Ek,Lq)，根据动能定理，有qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek.选项A正确，B错误．若粒子离开电场时动能为2Ek，则电场力做功为Ek＝EqL1，可知沿电场方向的分速度v∥＝v0，沿电场方向的位移为L1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)v0t，小于垂直电场方向的位移v0t，则粒子一定从bc边离开电场，选项C正确．由C项分析有EqL1＝Ek，L1＝eq\f(1,2)L，解得E＝eq\f(2Ek,Lq)，选项D正确．9．(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行，在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为＋q的粒子，粒子会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B点的粒子动能最大，由于发射时刻不同，粒子间无相互作用且∠α＝30°，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．电场的方向与AB平行B．电场的方向与AB垂直C．粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能经过C点，则初动能为eq\f(qER,4)D．粒子在A点垂直电场方向发射，若恰能经过C点，则初动能为eq\f(qER,8)答案：AD解析：粒子在匀强电场中从A点运动到B点，根据动能定理有qUAB＝Ek－Ek0，因为到达B点时粒子的动能最大，所以UAB最大，由A到B电场力对粒子做正功，所以φA＞φB，则在圆周上找不到与B电势相等的点．过B点作切线BF，则BF为等势线，AB垂直BF，则AB为电场线，场强方向如图所示．故A正确，B错误．粒子在A点垂直电场方向发射，水平方向只受电场力，做类平抛运动，垂直电场方向x＝Rsin60°＝v0t，沿电场方向y＝R＋Rcos60°＝eq\f(qEt2,2m)，由以上两式得Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,8)qER.故D正确，C错误．10．[湖北随州2021高二上联考]如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d.C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大．若A、B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d，不考虑离子所受重力，元电荷为e.(1)写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；(2)离子通过A、B板时电势能变化了多少？(3)求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．解析：(1)离子在A、B板间做类平抛运动，加速度a＝eq\f(eU,md)，离子通过A、B板所用的时间t＝eq\f(L,v0)，离子射出A、B板时的侧移距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eU,md)×eq\f(L2,v02)＝eq\f(eUL2,2mdv02).(2)离子通过A、B板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的正功W＝eq\f(eU,d)y＝eq\f(e2U2L2,2md2v02)，电场力做多少正功，离子的电势能就减少多少，即离子通过A、B板时电势能减少了eq\f(e2U2L2,2md2v02).(3)离子射出电场时的竖直分速度vy＝at，射出电场时速度的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(eUL,mdv02)，离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足y＜eq\f(d,2)，即eq\f(eUL2,2mdv02)＜eq\f(d,