高考物理一轮复习 课时跟踪检测（二十三）带电粒子在电场中运动的综合问题（含解析）-人教版高三物理试题

带电粒子在电场中运动的综合问题对点训练：示波管的工作原理1．(2019·宜昌模拟)1878年英国科学家克鲁克斯发明了接近真空的“克鲁克斯管”，即阴极射线管，为X射线的发现提供了基本实验条件。如图所示是一个阴极射线管的结构示意图，要使射线管发出射线，须在P、Q两电极间加上几万伏的直流高压，使用时以下说法正确的是()A．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在P点B．阴极射线是负离子，高压电源正极应接在Q点C．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在P点D．阴极射线是正离子，高压电源正极应接在Q点解析：选A阴极射线是金属加热到一定程度时所发射出的电子，所以阴极射线为负离子，要使负离子加速后进入偏转电场，必须在P点接电源的正极，故A正确。2．(2018·汕头二模)如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成。当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上。下列说法正确的是()A．当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D．电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关解析：选C由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y′，而后极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A错误；电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，故C正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，故D错误。3．(2019·无锡天一中学月考)如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e。不计重力，求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)P点到O点的距离；(3)电子打在荧光屏上的动能大小。解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E2，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：F＝eE2＝eeq\f(U2,d)＝ma，解得：a＝eq\f(eU2,md)，由运动学公式得：L1＝v0t1，y1＝eq\f(1,2)at12，解得：y1＝eq\f(U2L12,4U1d)；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，由匀变速运动的速度公式可知vy＝at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，水平方向：L2＝v0t2，竖直方向：y2＝vyt2，解得：y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)；P至O点的距离y＝y1＋y2＝eq\f(2L2＋L1U2L1,4U1d)。(3)根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：Ek＝eU1＋eE2·y1＝eU1＋eq\f(U22L12e,4U1d2)。答案：(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(2L2＋L1U2L1,4U1d)(3)eU1＋eq\f(U22L12e,4U1d2)对点训练：带电粒子在交变电场中的运动4．[多选](2019·临沂调研)如图甲所示，两正对的平行金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电的粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D.eq\f(T,4)<t0<eq\f(T,2)解析：选BD若0＜t0＜eq\f(T,4)，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若eq\f(3T,4)＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若eq\f(T,4)＜t0＜eq\f(T,2)，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A板上，所以D正确。5．[多选](2019·天津六校联考)在图甲所示的两平行金属板上加有图乙所示的电压，该电压的周期为T。大量电子(其重力不计)以相同的初速度连续不断地从A点沿平行于金属板的方向射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为eq\f(3T,2)。不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是()A．0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小B.eq\f(T,2)时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小C．在0～eq\f(T,2)时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同D．在0～eq\f(T,2)时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同解析：选BD从0时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动；在eq\f(T,2)～T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，在T～eq\f(3T,2)时间内继续做类平抛运动，因此离开电场时侧移量最大，故A错误。从eq\f(T,2)时刻射入电场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；在T～eq\f(3T,2)时间内沿着速度方向做类平抛运动，在eq\f(3T,2)～2T时间内再沿速度方向做匀速直线运动，因此离开电场时侧移量最小，故B正确。在0～eq\f(T,2)时间内，不同时刻进入电场的电子，在竖直方向的加速时间不同，则离开电场时的竖直速度vy不同，合速度是v＝eq\r(v02＋vy2)，则速度大小不相同，速度方向也不相同，故C错误，D正确。6．(2019·泰兴中学模拟)如图甲所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，电容器所带电荷量为Q，两极板间距为d，板长为L。α粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场。已知α粒子质量为m，电荷量为2e。不计α粒子重力，求：(1)平行板电容器的电容；(2)CD两点间电势差；(3)若A、B板上加上如图乙所示的周期性的方波形电压，t＝0时A板比B板的电势高，为使在t＝eq\f(T,4)时刻射入两板间的α粒子刚好能由O点水平射出，则电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？(用L、U、m、e、v0表示)解析：(1)依电容定义有：平行板电容器的电容C＝eq\f(Q,U)。(2)两板之间为匀强电场E＝eq\f(U,d)粒子在电场中的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)粒子的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2运动时间t＝eq\f(L,v0)解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv02)CD两点的电势差为：U′＝Ey＝eq\f(eU2L2,md2v02)。(3)为使α粒子刚好由O点水平射出，α粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从t＝nT＋eq\f(T,4)进入电场，且在电场中运动时间与电压变化周期T的关系为t＝nT，(n＝1，2，3，…)则T＝eq\f(t,n)＝eq\f(L,nv0)竖直方向向下的最大分位移应满足：2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2≤d即：eq\f(2eU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4nv0)))2≤d解得：d≥eq\f(L,2nv0)eq\r(\f(eU,2m))(n＝1,2,3，…)。答案：(1)eq\f(Q,U)(2)eq\f(eU2L2,md2v02)(3)T＝eq\f(L,nv0)(n＝1,2,3，…)d≥eq\f(L,2nv0)eq\r(\f(eU,2m))(n＝1,2,3，…)考点综合训练7．(2019·启东中学模拟)美国物理学家密立根通过研究在带电平行板间运动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图，两平行极板M、N与电压为U的恒定电源连接，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则()A．此时极板间电场强度E＝eq\f(U,d)B．油滴带电荷量为eq\f(mg,Ud)C．减小极板间电压，油滴将减速下落D．将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选A极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：E＝eq\f(U,d)，故A正确；油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：mg＝qeq\f(U,d)，解得：q＝eq\f(mgd,U)，故B错误；减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；将极板N向上缓慢移动一小段距离，板间距减小，场强增大，电场力增大，电场力大于重力，合力向上，故油滴将减速下降，故D错误。8．[多选](2019·常州一中模拟)如图所示，带正电的金属滑块质量为m，电荷量为q，放在粗糙绝缘水平面上，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝eq\f(mg,q)。如果在A点给的滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，AB的距离为x。下列说法正确的是()A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为vC．A、B两点间电势差为－eq\f(mgx,q)D．滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(v2,2gx)－1解析：选CD由A点到B点过程，滑块加速度为aAB＝eq\f(μmg＋Eq,m)＝(μ＋1)g，由B到A过程，滑块加速度为aAB′＝eq\f(Eq－μmg,m)＝(1－μ)g，由于位移大小相同，所以运动时间不可能相同，A错误；滑块返回A点时速度大小不可能等于滑块在A点的初速度，B错误；根据UAB＝－Ex＝－eq\f(mgx,q)，可得C正确；根据v2＝2aABx，解得μ＝eq\f(v2,2gx)－1，D正确。9.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。解析：设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2联立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s<Δx≤2s，则s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由几何关系知tanθ＝eq\f(\a\vs4\al(\f(qE,m)t),v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)联立解得Δx＝eq\f(mv02L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案：见解析10.(2019·苏州模拟)如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝eq\f(mg,q)、方向水平向左的匀强电场。一个质量为m、电荷量为＋q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点。重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)DA两点间的电势差UDA；(2)圆管半径r；(3)小球从D点运动到P点的时间t。解析：(1)由电势差和场强的关系U＝Ed可知UDA＝EL解得UDA＝