高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（二十三）帶電粒子在電場中運動的綜合問題（含解析）-人教版高三物理試題

帶電粒子在電場中運動的綜合問題對點訓(xùn)練：示波管的工作原理1．(2019·宜昌模擬)1878年英國科學(xué)家克魯克斯發(fā)明了接近真空的“克魯克斯管”，即陰極射線管，為X射線的發(fā)現(xiàn)提供了基本實驗條件。如圖所示是一個陰極射線管的結(jié)構(gòu)示意圖，要使射線管發(fā)出射線，須在P、Q兩電極間加上幾萬伏的直流高壓，使用時以下說法正確的是()A．陰極射線是負(fù)離子，高壓電源正極應(yīng)接在P點B．陰極射線是負(fù)離子，高壓電源正極應(yīng)接在Q點C．陰極射線是正離子，高壓電源正極應(yīng)接在P點D．陰極射線是正離子，高壓電源正極應(yīng)接在Q點解析：選A陰極射線是金屬加熱到一定程度時所發(fā)射出的電子，所以陰極射線為負(fù)離子，要使負(fù)離子加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，必須在P點接電源的正極，故A正確。2．(2018·汕頭二模)如圖所示，電子示波管由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。當(dāng)電極YY′和XX′所加電壓都為零時，電子槍射出的電子恰好打在熒光屏上的中心點即原點O上。下列說法正確的是()A．當(dāng)上極板Y的電勢高于Y′，而后極板X的電勢低于X′時，電子將打在第一象限B．電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關(guān)C．電子打到熒光屏?xí)r的動能與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小有關(guān)D．電子通過XX′時的水平偏轉(zhuǎn)量與YY′所加電壓大小有關(guān)解析：選C由于電子帶負(fù)電，所以電子在電場中運動時會偏向電勢高的一邊，故當(dāng)上極板Y的電勢高于Y′，而后極板X的電勢低于X′時，電子將打在第二象限，故A錯誤；電子在水平方向上不受力，所以水平方向做勻速運動，故電子從發(fā)射到打到熒光屏的時間與偏轉(zhuǎn)電極所加電壓大小無關(guān)，故B錯誤；根據(jù)動能定理，電子出電場后的動能和電場力做功的大小有關(guān)，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，故C正確；電子通過XX′時的水平偏轉(zhuǎn)量與XX′所加電壓大小有關(guān)，故D錯誤。3．(2019·無錫天一中學(xué)月考)如圖所示為一真空示波器，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為U1，M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。不計重力，求：(1)電子穿過A板時的速度大??；(2)P點到O點的距離；(3)電子打在熒光屏上的動能大小。解析：(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理得：eU1＝eq\f(1,2)mv02，解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E2，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y1，由牛頓第二定律得：F＝eE2＝eeq\f(U2,d)＝ma，解得：a＝eq\f(eU2,md)，由運動學(xué)公式得：L1＝v0t1，y1＝eq\f(1,2)at12，解得：y1＝eq\f(U2L12,4U1d)；設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy，由勻變速運動的速度公式可知vy＝at1；電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，水平方向：L2＝v0t2，豎直方向：y2＝vyt2，解得：y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)；P至O點的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(2L2＋L1U2L1,4U1d)。(3)根據(jù)動能定理：電子打在熒光屏上的動能大小：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)對點訓(xùn)練：帶電粒子在交變電場中的運動4．[多選](2019·臨沂調(diào)研)如圖甲所示，兩正對的平行金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電的粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段()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：選BD若0＜t0＜eq\f(T,4)，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，所以A錯誤。若eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，所以B正確。若eq\f(3T,4)＜t0＜T，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C錯誤。若eq\f(T,4)＜t0＜eq\f(T,2)，帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向右運動的距離小于向左運動的距離，最終打在A板上，所以D正確。5．[多選](2019·天津六校聯(lián)考)在圖甲所示的兩平行金屬板上加有圖乙所示的電壓，該電壓的周期為T。大量電子(其重力不計)以相同的初速度連續(xù)不斷地從A點沿平行于金屬板的方向射入電場，并都能從兩板間通過，且飛行時間為eq\f(3T,2)。不考慮電子間的相互作用力，下列說法正確的是()A．0時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小B.eq\f(T,2)時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小C．在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，不同時刻進(jìn)入電場的電子離開電場時速度大小都相同D．在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，不同時刻進(jìn)入電場的電子離開電場時速度方向都不同解析：選BD從0時刻射入電場的電子，在電場力作用下做類平拋運動；在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)沿著速度方向做勻速直線運動，在T～eq\f(3T,2)時間內(nèi)繼續(xù)做類平拋運動，因此離開電場時側(cè)移量最大，故A錯誤。從eq\f(T,2)時刻射入電場的電子，在電場力作用下做勻速直線運動；在T～eq\f(3T,2)時間內(nèi)沿著速度方向做類平拋運動，在eq\f(3T,2)～2T時間內(nèi)再沿速度方向做勻速直線運動，因此離開電場時側(cè)移量最小，故B正確。在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，不同時刻進(jìn)入電場的電子，在豎直方向的加速時間不同，則離開電場時的豎直速度vy不同，合速度是v＝eq\r(v02＋vy2)，則速度大小不相同，速度方向也不相同，故C錯誤，D正確。6．(2019·泰興中學(xué)模擬)如圖甲所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為U的恒壓電源的兩極，電容器所帶電荷量為Q，兩極板間距為d，板長為L。α粒子從非?？拷蠘O板的C點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線CO方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后由D點飛出勻強電場。已知α粒子質(zhì)量為m，電荷量為2e。不計α粒子重力，求：(1)平行板電容器的電容；(2)CD兩點間電勢差；(3)若A、B板上加上如圖乙所示的周期性的方波形電壓，t＝0時A板比B板的電勢高，為使在t＝eq\f(T,4)時刻射入兩板間的α粒子剛好能由O點水平射出，則電壓變化周期T和板間距離d各應(yīng)滿足什么條件？(用L、U、m、e、v0表示)解析：(1)依電容定義有：平行板電容器的電容C＝eq\f(Q,U)。(2)兩板之間為勻強電場E＝eq\f(U,d)粒子在電場中的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)粒子的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2運動時間t＝eq\f(L,v0)解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv02)CD兩點的電勢差為：U′＝Ey＝eq\f(eU2L2,md2v02)。(3)為使α粒子剛好由O點水平射出，α粒子在一個周期內(nèi)豎直方向的分位移應(yīng)為零，必須從t＝nT＋eq\f(T,4)進(jìn)入電場，且在電場中運動時間與電壓變化周期T的關(guān)系為t＝nT，(n＝1，2，3，…)則T＝eq\f(t,n)＝eq\f(L,nv0)豎直方向向下的最大分位移應(yīng)滿足：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，…)考點綜合訓(xùn)練7．(2019·啟東中學(xué)模擬)美國物理學(xué)家密立根通過研究在帶電平行板間運動的帶電油滴，準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖，兩平行極板M、N與電壓為U的恒定電源連接，板的間距為d?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板間勻速下落，則()A．此時極板間電場強度E＝eq\f(U,d)B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．減小極板間電壓，油滴將減速下落D．將極板N向上緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：選A極板間電壓為U，間距為d，是勻強電場，故場強為：E＝eq\f(U,d)，故A正確；油滴受重力和電場力，處于平衡狀態(tài)，故：mg＝qeq\f(U,d)，解得：q＝eq\f(mgd,U)，故B錯誤；減小極板間電壓，場強減小，電場力小于重力，合力向下，故油滴將加速下落，故C錯誤；將極板N向上緩慢移動一小段距離，板間距減小，場強增大，電場力增大，電場力大于重力，合力向上，故油滴將減速下降，故D錯誤。8．[多選](2019·常州一中模擬)如圖所示，帶正電的金屬滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，放在粗糙絕緣水平面上，水平面上方有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(mg,q)。如果在A點給的滑塊一個向左的大小為v的初速度，運動到B點速度恰好為零，AB的距離為x。下列說法正確的是()A．滑塊運動到B點后將返回向A運動，來回所用時間相同B．滑塊運動到B點后將返回向A運動，到A點時速度大小仍為vC．A、B兩點間電勢差為－eq\f(mgx,q)D．滑塊與絕緣水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(v2,2gx)－1解析：選CD由A點到B點過程，滑塊加速度為aAB＝eq\f(μmg＋Eq,m)＝(μ＋1)g，由B到A過程，滑塊加速度為aAB′＝eq\f(Eq－μmg,m)＝(1－μ)g，由于位移大小相同，所以運動時間不可能相同，A錯誤；滑塊返回A點時速度大小不可能等于滑塊在A點的初速度，B錯誤；根據(jù)UAB＝－Ex＝－eq\f(mgx,q)，可得C正確；根據(jù)v2＝2aABx，解得μ＝eq\f(v2,2gx)－1，D正確。9.如圖所示，一個帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點射入第一象限內(nèi)，為了使這個粒子能經(jīng)過x軸上定點b，可在第一象限的某區(qū)域內(nèi)加一方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場。已知所加電場的場強大小為E，電場區(qū)域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離。解析：設(shè)電場左邊界到b點的距離為Δx，已知電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)若粒子在離開電場前已到達(dá)b點，如圖甲所示，即Δx≤s，則Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。若粒子離開電場后做勻速直線運動到達(dá)b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，則s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由幾何關(guān)系知tanθ＝eq\f(\a\vs4\al(\f(qE,m)t),v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)聯(lián)立解得Δx＝eq\f(mv02L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案：見解析10.(2019·蘇州模擬)如圖所示，CD左側(cè)存在場強大小為E＝eq\f(mg,q)、方向水平向左的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進(jìn)入一細(xì)圓管內(nèi)(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到達(dá)D點，隨后從D離開后落回到斜面P點。重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)DA兩點間的電勢差UDA；(2)圓管半徑r；(3)小球從D點運動到P點的時間t。解析：(1)由電勢差和場強的關(guān)系U＝Ed可知UDA＝EL解得UDA＝