第九章 微专题67　带电粒子在电场中的运动-2025年物理《加练半小时》新教材版

第九章静电场微专题67带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在匀强电场中运动时，要灵活选用动力学公式处理或用动能定理处理。2.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来解决问题。1．(多选)一种简化的示波管装置(包括电子运动轨迹)如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压U1，在偏转电极(一对水平的平行金属板)加上直流高压U2，则电子从阴极发出到打在荧光屏上的过程中()A．电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动B．电子在水平方向一直做匀速运动C．U1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低D．U2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低答案AD解析电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A正确，B错误；U1一定时，电子水平方向做匀速运动的速度就一定，则电子到达荧光屏的时间就一定，U2越大，电子的侧向位移y＝eq\f(U2q,2dm)t2越大，则题图中的亮点位置越高，C错误；U1越大，则电子水平方向做匀速运动的速度越大，电子到达荧光屏的时间就越短，U2一定时，则侧向位移就越小，题图中亮点位置越低，D正确。2．(多选)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别为O、M、P。由小孔O静止释放的电子穿过小孔M恰好能运动到小孔P。现保持带电金属薄板A、B、C的电荷量不变，改变带电金属薄板B或C的位置，还是由小孔O静止释放的电子仍能运动到小孔P的是()A．仅将C板向右平移一小段距离B．仅将C板向左平移一小段距离C．仅将B板向右平移一小段距离D．仅将B板向左平移一小段距离答案BC解析电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电场强度为E1，A、B板间的距离为d1，B、C板间的电场强度为E2，B、C板间的距离为d2，则有eE1d1－eE2d2＝0。B、C两板所带电荷量不变，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右或向左平移一小段距离，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C板向右或B板向左平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，还没到达小孔P时速度已经减为零，然后返回；仅将C板向左或B板向右平移一小段距离，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达小孔P点时速度还没减为零，A、D错误，B、C正确。3.(2024·重庆市巴蜀中学校考)如图，在极板A、B间加上恒定电压，φA>φB，两极板的长度为2d。现有一带正电粒子以速度v0从两板正中间O点水平入射，C点为其运动轨迹上的一点且到OO′的距离为h，最终带电粒子恰好能从下极板射出。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力。则()A．粒子在C点的速度大小为eq\f(2hv0,d)B．两极板间的电场强度大小为eq\f(2hv02m,qd2)C．两极板间的距离为4hD．两极板间恒定电压的大小为eq\f(16h2v0m,qd2)答案B解析粒子运动到C点过程，粒子做类平抛运动，则有h＝eq\f(1,2)at12，d＝v0t1，根据牛顿第二定律有a＝eq\f(Eq,m)，解得E＝eq\f(2hv02m,qd2)，故B正确；粒子运动到C点过程，根据动能定理有qEh＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得v1＝eq\r(v02＋\f(4h2v02,d2))，故A错误；设极板间距为H，粒子恰好能从下极板射出，则有eq\f(1,2)H＝eq\f(1,2)at22,2d＝v0t2，解得H＝8h，故C错误；根据电压与电场强度的关系有U＝EH，结合上述解得U＝eq\f(16h2v02m,qd2)，故D错误。4.如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带电粒子以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是()A．两粒子都带负电B．从M点进入的粒子电荷量较大C．从N点进入的粒子动量变化较大D．两粒子的电势能都增加答案C解析两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A错误；两粒子在电场中均做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P点时时间相等，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有x＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，从M点进入的粒子水平距离小，所以其电荷量也小，B错误；根据选项B可知，从N点进入的粒子电荷量大，根据动量定理得I＝Eqt＝Δp，所以从N点进入的粒子动量变化较大，C正确；静电力对两粒子均做正功，电势能都减小，D错误。5.(多选)(2023·湖北省联考)如图所示，水平放置的平行金属板电容器带等量异号电荷，电容器的电容为C，两极板的长度均为L，板间距离也为L，OO1是两板之间的中线，一质量为m、电荷量为q的带正电小球从M板左侧与M板等高的A点以某一速度水平向右抛出，恰好从O点进入电场，然后从N板的右边缘离开电场，不考虑极板边缘效应，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球到达O点的速度大小为eq\r(2gL)B．M板带正电C．平行板电容器所带电荷量为eq\f(4mgLC,q)D．小球到达N板右边缘时的速度大小为eq\r(gL)答案AD解析带电小球从A点运动到O点做平抛运动，则有L＝v0t1，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)gt12，vy＝gt1，解得v0＝eq\r(gL)，vy＝eq\r(gL)，带电小球到达O点的速度v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2gL)，故A正确；小球进入电场后设加速度为a，小球恰好从N板的右边缘离开电场，则有L＝v0t2，eq\f(L,2)＝vyt2＋eq\f(1,2)at22，解得小球在电场中的加速度a＝－g，可知小球受到静电力方向向上，由于小球带正电，则M板带负电，故B错误；根据牛顿第二定律可得－eq\f(qU,L)＋mg＝ma，代入数值解得两极板的电压U＝eq\f(2mgL,q)，所以平行板电容器所带的电荷量Q＝UC＝eq\f(2mgLC,q)，故C错误；带电小球到达N板右边缘时，设竖直方向的分速度为vy′，则有vy′＝vy＋at2，代入数据得vy′＝0，水平速度为v0＝eq\r(gL)，所以带电小球到达N板右边缘时的速度大小为eq\r(gL)，故D正确。6.(多选)(2023·湖南常德市一中校考)如图所示，某空间存在方向竖直向上的匀强电场，将比荷均为k＝10－2C·kg－1的甲、乙两带电粒子分别从A、B两点水平向右射入匀强电场，A点位于B点的正下方，甲、乙两粒子到达电场中的同一C点时的速度大小均为v0，方向分别与水平方向成θ、β的夹角，粒子的重力不计，A、B之间的距离为h＝0.7m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．甲粒子的速度偏转角θ与乙粒子的速度偏转角β之和为90°B．若β＝53°、v0＝5m/s，则该匀强电场的电场强度大小为1000V·m－1C．若β＝53°、v0＝5m/s，规定C点的电势为φC＝0，则A点的电势为－450VD．若β＝53°，则甲、乙两带电粒子在C点静电力的功率之比为3∶4答案AC解析甲、乙粒子均做类平抛运动，水平方向有v0cosθ·tA＝v0cosβ·tB，竖直方向有v0sinθ＝atA，v0sinβ＝atB，所以sinθcosθ＝sinβcosβ，解得θ＋β＝eq\f(π,2)或θ＝β(舍去)，故A正确；若β＝53°、v0＝5m/s，则θ＝37°，所以tA＝eq\f(3,a)，tB＝eq\f(4,a)，又eq\f(1,2)atB2－eq\f(1,2)atA2＝0.7m，a＝eq\f(Eq,m)＝kE，解得E＝500V/m，a＝5m/s2，故B错误；规定C点的电势为φC＝0，则A点的电势为φA＝－E·eq\f(1,2)atA2＝－500×eq\f(1,2)×5×(eq\f(3,5))2V＝－450V，故C正确；若β＝53°，甲、乙两带电粒子在C点静电力的功率之比为eq\f(P甲,P乙)＝eq\f(Eq甲v0sinθ,Eq乙v0sinβ)＝eq\f(q甲sinθ,q乙sinβ)＝eq\f(3q甲,4q乙)，故D错误。7．(多选)(2024·黑龙江大庆市实验中学校考)如图甲所示，长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期T＝eq\f(d,v0)。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子。已知t＝0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列说法正确的是()A．t＝0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0B．该粒子源发射的粒子的比荷为eq\f(2v02,φ0)C．t＝eq\f(T,4)时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能D．t＝0时刻发射的粒子经过eq\f(T,2)的时间，其速度大小为eq\r(2)v0答案ABD解析由于粒子在电场中的运动时间为t＝eq\f(2d,v0)＝2T，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子离开电容器时，粒子在竖直方向上的分速度为零，其速度等于水平速度v0，A正确；在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得d＝4×eq\f(1,2)a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，又因为a＝eq\f(qφ0,md)，T＝eq\f(d,v0)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2v02,φ0)，B正确；由对称性可知，t＝eq\f(T,4)时刻射入的粒子，刚好从靠近A板右侧离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，C错误；t＝0时刻发射的粒子经过eq\f(T,2)的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy＝at＝eq\f(qφ0,md)×eq\f(1,2)×eq\f(d,v0)＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0，D正确。8．(2023·浙江湖州市质检)如图甲所示，某装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个电子由静止开始加速。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则()A．电子在金属圆筒中被加速B．电子在金属圆筒中的运动时间为TC．电子出第n个圆筒瞬间速度为eq\r(2neUm)D．第n个圆筒长度为eq\f(T,2m)eq\r(2neUm)答案D解析金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A