高三物理二轮高频考点突破专题13 带电粒子在交变电场和磁场中的运动

高考物理二轮高频考点专题突破专题13带电粒子在交变电场和磁场中的运动专练目标专练内容目标1带电粒子在交变电场中的直线运动（1T—5T）目标2带电粒子在交变电场中的曲线运动（6T—10T）目标3带电粒子在交变磁场中的运动（11T—15T）【典例专练】一、带电粒子在交变电场中的直线运动1．如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，Q板接地，P板的电势随时间变化的情况如图乙所示，一束电子以相同的初速度v0陆续均匀地从P板小孔飞向Q板小孔，t=0时刻从P板小孔飞入的电子在时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计电子重力、小孔对板间电场的影响以及电子间的相互作用，下列说法正确的是（）

A．只有满足t=nT（n=0，1、2，3…）时刻飞入P板小孔的电子在板间运动的时间才最长B．时刻飞入P板小孔的电子到达Q板小孔的时刻为C．若仅将电子从P板小孔飞人的初速度变成，则有12.5%的电子到达Q板小孔时的速度仍为D．若仅将两板距离变成原来的两倍，则t=0时刻从P板小孔飞入的电子到达Q板时的速度仍为零【答案】ABC【详解】A．两板间存在电压时，电子做减速运动，若要使电子在板间运动的时间最短，应使电子做匀减速运动的时间最长，即满足t=nT（n=0，1、2，3…）时刻飞入P板小孔，故A正确；B．设电子初速度大小为v0，由题意可知电子做匀减速运动的加速度大小为极板间距为时刻飞入P板小孔的电子先做匀减速运动，此阶段的位移大小为末速度大小为电子后做匀速直线运动，此阶段的运动时间为所以时刻飞入P板小孔的电子到达Q板小孔的时刻为故B正确；C．由题意，电子从P板小孔飞入和到达Q板小孔的速度相同，说明电子一直做匀速直线运动，在板间运动的时间为所以电子从P板小孔飞入的时刻范围是，这些电子所占电子总数的百分比为故C正确；D．若仅将两板距离变成原来的两倍，则电子做匀减速运动的加速度大小变为，t=0时刻从P板小孔飞入的电子在时刻的速度大小为电子做匀减速运动的位移大小为电子之后做匀速直线运动的位移大小为所以电子到达Q板时的速度大小为，故D错误。故选ABC。2．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=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=时刻释放电子，电子必将打到左极板上【答案】AC【详解】AB．根据题中条件作出带电粒子的v—t图像，根据v—t图像与坐标轴围成的面积及v—t图像分析粒子的运动，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，则电子一定能击中右板，A正确、B错误；CD．由图（b）知t=时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能到达右板，则之后将往复运动，C正确、D错误。故选AC。3．如图甲所示，两个平行金属板、正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，时，板的电势比板的电势高。在两金属板的正中央点处有一电子（电子所受重力可忽略）在电场力作用下由静止开始运动，已知电子在时间内未与两金属板相碰，则（）A．时间内，电子的动能减小B．时刻，电子的电势能最大C．时间内，电子运动的方向不变D．时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小【答案】AD【详解】A．在时间内，电场方向水平向右，电子所受电场力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在时间内，电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，电场力做负功，电子的电势能增加，动能减小，故A正确；BC．时刻电子的速度为零，在时间内，电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故BC错误；D．在时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子向右做匀减速直线运动，到时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确。故选：AD。4．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间相距为dAB，两板间加有如图(b)所示的交变电压，质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力）被固定在两板的正中间P处，且。下列说法正确的是（）A．由静止释放该粒子，一定能到达B板B．由静止释放该粒子，可能到达B板C．在和两个时间段内运动的粒子加速度相同D．在期间由静止释放该粒子，一定能到达A板【答案】AD【详解】A．规定向右为正方向，由静止释放该粒子，在时间内，粒子沿正方向做匀加速运动，在时间内沿正方向做匀减速运动，粒子在两个运动阶段的加速度大小相等，根据对称性可知在T时刻粒子的速度减为零，之后再开始新的一个周期的运动，重复刚才所述的运动过程，由此可知粒子速度方向始终未变，则一定能到达B板，故A正确；B．规定向右为正方向，由静止释放该粒子，假设粒子始终没有到达B板，则在时间内，粒子沿正方向做匀加速运动，在时间内沿正方向做匀减速运动，在时间内沿负方向做匀加速运动，在时间内沿负方向做匀减速运动，根据运动的对称性可知粒子在时刻速度为零且回到P点，之后再开始新的一个周期的运动，重复刚才所述的运动过程。粒子在时刻到达距P点最远的位置，根据运动学公式可得时间内粒子的位移大小为所以假设成立，因此由静止释放该粒子，不可能到达B板，故B错误；C．在和两个时间段内运动的粒子加速度大小相同，但方向相反，故C错误；D．规定向右为正方向，设t1时刻由静止释放该粒子，在时间内，粒子沿正方向做匀加速运动，在时间内，粒子沿正方向做匀减速运动，在时间内，粒子沿负方向做匀加速运动，在时间内粒子沿负方向做匀减速运动，根据运动的对称性可知粒子在时刻速度为零，之后再开始新的一个周期的运动，在上述过程中，根据运动学公式可得粒子的位移为因为所以说明在期间由静止释放该粒子，粒子在一个周期的时间内的位移方向沿负方向，即一个周期后粒子在P点左侧，此后粒子重复前面所述的运动过程，其位移将逐步沿负方向增大，一定能到达A板，故D正确。故选AD。此题用图像法来解释更为直观，通过v-t图像所表示的位移大小来判断粒子能够达到的位置。5．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中的两平行极板，如图1所示。加在极板P、Q间的电压UPQ做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-，电压变化的周期为2t，如图2所示。在t=0时，极板Q附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动。不考虑重力作用，下列判断正确的是（）A．当电子经过时间t，3t，5t，…，（2n-1）t时到P板，电子到达P板的速度最大B．当两板间距离时，电子到达P板的速度最大C．当经过时间2t时，电子运动位移小于两板间距，电子就不会达到P板D．当两板间距离d>时，2t时间内电子不会达到P板【答案】BD【详解】C．两极板间距离未知，电子能否到达P板无法判断，C错误；B．电子在0~t时间内做匀加速运动，加速度的大小位移依题意得解得所以，当两板间距离时，电子到达P板的速度最大，B正确；D．在t~2t时间内，电子先向上匀减速运动，后向下匀加速运动运动，速度零时位移最大，加速度的大小为初速度的大小v1=a1t向上匀减速运动阶段的位移x2=当d=x1+x2时解得当两板间距离时，电子恰好好到达P板，也是2t时间内电子向上运动的最大位移，所以当两板间距离d>时，2t时间内电子不会达到P板，D正确；A．3t，5t，…，（2n-1）t这些时刻，不是电子向上运动最大位移的时刻，无论两板间的距离多大，电子不可能这些时刻到达P板，A错误。故选BD。带电粒子在交变电场中的曲线运动6．如图（a）所示，两水平平行正对的金属板、间距为，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为、电荷量为的带正电的微粒，时刻微粒在两板正中间的点以速度平行金属板运动，时间内粒子未到达极板。则在时间内，下列说法正确的是（）A．时间内，微粒偏向板运动B．时，重力对微粒做功的瞬时功率为C．时间内，电场力对微粒做的功为D．时间内，微粒动能增量为【答案】ACD【详解】A．时间内，，电场线方向由N指向M，粒子带正电，因此受电场力方向指向M板，故A正确；B．时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加速度大小为g，方向竖直向上。时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向下，大小为3mg，根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据运动学公式，时粒子在竖直方向的速度大小为方向竖直向下，根据瞬时功率的公式重力的瞬时功率为故B错误；C．根据B选项分析，粒子在时间内的竖直位移为方向竖直向上。粒子在时间内的竖直位移为方向竖直向下，则时间内，粒子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据动能定理，电场力对微粒做的功为故C正确；D．时间内，粒子的受力与相同，故加速度与时间内相同，根据前面选项已知的信息，的速度为方向竖直向下，则时间内，微粒动能增量为故D正确。故选ACD。7．实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B（垂直纸面向里），电强度为E（竖直向下）、P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率粒子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射出板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计），以下说法中正确的有（）A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长C．若时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2点D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则（n=1，2，3…）的粒子也能水平飞出【答案】AD【详解】A．沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即解得电子的速率为故A正确；B．只增大速度选择器中的电场强度E，根据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；C．若时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间一定为的整数倍，且当运动时间为的奇数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点上方，当运动时间为的偶数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点，故C错误；D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为则电子的速率为与A项分析中的表达式联立可得故D正确。故选AD。8．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为的平行金属板、，两板间距为，两板间加上如图乙所示最大值为的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠板处有一粒子源A，自时刻开始连续释放初速度大小为，方向平行于金属板的相同带电粒子，时刻释放的粒子恰好从板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为，不计粒子重力及相互间的作用力，则（）A．在时刻进入的粒子离开电场时速度大小为B．粒子的电荷量为C．在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了D．在时刻进入的粒子刚好从板右侧边缘离开电场【答案】ABD【详解】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；B．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则计算得出故B正确；C．在时刻进入电场的粒子离开电场时在竖直方向上的位移为故电场力做功为故C错误；D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。故选ABD。9．真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在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2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（）A．若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0B．若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加C．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于【答案】BC【详解】AB．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，根据动能定理可得故A错误，B正确；C．竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小位移在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小初速度的大小v1=a1T匀减速运动阶段的位移由题知解得故C正确；D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时竖直方向的速度大小为合速度为故D错误。故选BC。10．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子质量m、电量由静止开始，经电压为的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为；当在两板间加如图2所示的周期为，幅值恒为的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。则A．这些电子通过两板之间后，侧向位移沿垂直于两板方向上的位移的最大值为B．这些电子通过两板之间后，侧向位移沿垂直于两板方向上的位移的最小值为C．侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为8∶3D．侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为16∶13【答案】ABD【详解】画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析AB．竖直方向的分速度；侧向最大位侧向最小位移解得所以；故AB正确；CD．电子在加速电场中，由动能定理得：解得由此得，所以故D正确，C错误；故选ABD。带电粒子在交变磁场中的运动11．如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t=0时刻，一个比荷的正电荷从(0，)处以v0=1.0×104m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为（）A．s B．sC．s D．s【答案】C【详解】洛伦兹力提供向心力，则解得r=0.4m圆周运动的周期为则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；位移大小位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图；正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为故选C。12．如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场。电场的方向水平向右，场强大小随时间变化情况如图乙所示。磁感应强度方向垂直纸面，大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好能击中C点，若AB=BC=L，且粒子由A运动到C的运动时间小于1s。不计空气阻力和粒子的重力，对于各粒子由A运动到C的过程中，下列说法正确的是（）A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为2v0∶3B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为2∶1C．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶4D．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2【答案】D【详解】A．在时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图2所示

由牛顿第二定律得粒子的轨道半径，，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向水平方向而则故A错误；B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比故B错误；C．第二个粒子，由动能定理得；，第一个粒子的动能，第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为，故C错误；D．第一个粒子的运动时间第二个粒子的运动时间第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比故D正确，故选D。13．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t=0时，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图(a)所示，粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直纸面向外B．图(b)中C．图(b)中D．若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点【答案】BC【详解】根据轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0=m，解得磁感应强度：B0=，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：，虚线区域加速磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：，磁场变化的周期：T0=t1+t2=，选项C正确；若t=0时，质量为m、电荷量为-q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转900然后从磁场中飞出，则不能返回A点，选项D错误；故选BC.14．如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，磁感应