（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第七章 微專題55 帶電粒子在交變電場中的運動加練半小時（含解析）

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1、帶電粒子在交變電場中的運動 [方法點撥]　(1)在交變電場中做直線運動時，一般是幾段變速運動組合.可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化.(2)在交變電場中的偏轉若是幾段類平拋運動的組合，可分解后畫出沿電場方向分運動的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉位移與偏轉電壓的關系式. 1.(2018·湖北省黃岡市模擬)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(　　) 圖1 A.帶電粒子只向一個方向運動 B.0～2s內(nèi)，電場力做功等于0 C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點 D.

2、2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0 2.(2018·山西省聯(lián)考)如圖2甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間的距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直.在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間的中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則(　　) 圖2 A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B.在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0 C.若該粒子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上 D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 3.(多選)(20

3、18·河北省邢臺市質(zhì)檢)如圖3甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示.t＝0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點.電子運動中沒與極板相碰，不計重力.則(　　) 圖3 A.φ1∶φ2＝1∶2 B.φ1∶φ2＝1∶3 C.在0～2T內(nèi)，當t＝T時電子的動能最大 D.在0～2T內(nèi)，電子的電勢能減小了 4.(2018·廣東省五校協(xié)作體聯(lián)考)如圖4甲所示，真空中兩塊平行金屬板與電源連接，A板與地連接，將一個帶電粒子在A板處釋放，不計重力，已知帶電粒子的v－t圖象如圖乙所示，

4、則B板的電勢變化規(guī)律可能是(　　) 圖4 5.(多選)如圖5甲所示，一平行板電容器極板長l＝10cm，寬a＝8cm，兩極板間距為d＝4cm，距極板右端處有一豎直放置的熒光屏.在平行板電容器左側有一長b＝8cm的“狹縫”粒子源，可沿著兩板中心平面，均勻、連續(xù)不斷地向電容器內(nèi)射入比荷為2×1010C/kg，速度為4×106m/s的帶電粒子.現(xiàn)在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期.下面說法正確的是(　　) 　 圖5 A.粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cm B.粒子打在屏上的區(qū)域面積為64cm2 C

5、.在0～0.02s內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子有64%能夠打在屏上 D.在0～0.02s內(nèi)，屏上出現(xiàn)亮線的時間為0.0128s 6.(2018·山師附中模擬)如圖6甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，板極間電壓為UBA＝1125V，兩板中央各有小孔O和O′.現(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間.在B板右側，平行金屬板M、N長度均為L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″點并發(fā)出熒光.現(xiàn)在金屬板M、N之間加上按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓U，M板電勢低于N板電勢.已

6、知電子質(zhì)量為m＝9.0×10－31kg，電荷量為e＝1.6×10－19C.求： 圖6 (1)每個電子從B板上的小孔O′射出時的速度為多大； (2)電子打在熒光屏上的范圍是多少. 答案精析 1.D　[畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，v－t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2s末速度不為0，可見0～2s內(nèi)電場力做功不等于0，B錯誤；2.5s和4s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4s內(nèi)電場力做功等于0，所以D正確.] 2.A　[設板間距離為L，不管電場方向如何，粒子進入板間后在水平

7、方向不受力，一定做勻速運動，所以v0T＝L.若初速度為2v0，則經(jīng)過就會射出電場，選項D錯誤.在豎直方向，0～為勻加速運動，末速度v1＝a×，偏移量x1＝×a×＝，～T為勻減速運動，豎直方向末速度v＝a×－a×＝0，即末速度為水平方向，與電場方向垂直，選項A正確.離開電場時的偏移量為x2＝x1＋a××－×a×＝，整理可得＝，即時刻的豎直速度v＝a×＝＝v0，合速度為＝v0，選項B錯誤.若粒子在時刻進入電場，只不過偏轉方向相反，仍會在t＝T時刻從PQ右邊緣射出，選項C錯誤.] 3.BD 4.B　[粒子分段做勻變速運動，所以電壓是分段恒定值，C、D錯誤；通過圖線的斜率可知，在0.25T～0.7

8、5T內(nèi)，加速度不變，電壓不變，故A錯誤，B正確.] 5.BCD　[設粒子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為U0，水平方向l＝v0t，豎直方向＝a0t2，又a0＝，解得U0＝＝128V，即當U≥128V時粒子打到極板上，當U<128V時粒子打到熒光屏上，設打到熒光屏上的粒子在豎直方向上偏轉的最大位移為y，由幾何關系和類平拋運動規(guī)律得＝，解得y＝d＝4cm，選項A錯誤；由對稱性知，粒子打到熒光屏上的區(qū)域總長度為2d，則粒子打到熒光屏上的區(qū)域面積為S＝2da＝64cm2，選項B正確；在前T，粒子打到熒光屏上的時間t0＝×0.005s＝0.0032s，又由對稱性知，在一個周期內(nèi)，粒子打在熒光屏上的

9、總時間t′＝4t0＝0.0128s，選項D正確；因為這些粒子均勻、連續(xù)地進入電場，設一個周期內(nèi)進入電容器內(nèi)的粒子能夠打在熒光屏上的比例為η，此時電容器兩端的電壓U<128V，則η＝×100%＝64%，選項C正確.] 6.(1)2×107m/s　(2)范圍為從O″向下0～0.012m內(nèi) 解析　(1)電子在A、B兩塊金屬板間加速，有eUBA＝mv02， 解得v0＝＝m/s＝2×107m/s； (2)由于電子穿過M、N間所用時間極短，故電子穿過M、N的過程可視為板間電壓不變，當U1＝22.5V時，電子經(jīng)過MN極板向下的偏移量最大，為y1＝·()2＝2×10－3m，y1＜d，說明所有的電子都可以飛出M、N.此時電子在豎直方向的速度的大小為vy＝·＝×m/s＝2×106m/s.電子離開極板后，到熒光屏P的時間t2＝＝s＝5×10－9s，相應的偏移量為y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝10－2m.電子打在熒光屏上的總偏移量為y＝y(tǒng)1＋y2＝2×10－3m＋10－2m＝0.012m.故電子打在熒光屏上的范圍是從O″向下0～0.012m. 6