4、，一個周期內(nèi)的合位移為零．根據(jù)題意粒子時而向A板運(yùn)動，時而向B板運(yùn)動，一周期內(nèi)最終位移為負(fù)，符合題意的是B選項(xiàng)．
[答案] B
3．(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長相等，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，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0.已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場，則( )
A．所有粒子都不會打到兩極板上
B．所有粒子最終都垂直電場方向射出電場
C．運(yùn)動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0
D．只有t＝n(n＝0,1,2，…
5、)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場
[解析] 由t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場可知，粒子射出電場的時間間隔為周期T的整數(shù)倍，此時粒子的偏轉(zhuǎn)位移最大，A正確．在豎直方向上，粒子做勻加速運(yùn)動與勻減速運(yùn)動的時間相同，最終豎直速度為零，故所有粒子最終都垂直電場方向射出，B正確，D錯誤．t＝0時刻射入的粒子在豎直方向加速時間最長，故t＝時刻它達(dá)到所有粒子的最大動能，設(shè)此時粒子水平位移為，則豎直位移為，對應(yīng)的位移偏角的正切值tanα＝，由速度偏角正切值tanβ＝2tanα可得β＝45°，那么vy＝v0，則有最大動能Ekm＝mv＋mv＝2Ek0，C正確．
[答案]
6、 ABC
4．如下圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動．設(shè)電子在運(yùn)動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)( )
[解析] 電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)錯誤，從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運(yùn)動，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤．
[答案] A
5．(多選)(2017·長春模擬)如圖甲所示，A、B是
7、一對平行金屬板．A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示．現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，電子的初速度和重力的影響均可忽略，則( )
A．若電子是在t＝0時刻進(jìn)入的，它可能不會到達(dá)B板
B．若電子是在t＝時刻進(jìn)入的，它一定不能到達(dá)B板
C．若電子是在t＝時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最后穿過B板
D．若電子是在t＝時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運(yùn)動，時而向A板運(yùn)動，最后穿過B板
[解析] 若電子從t＝0時刻進(jìn)入，電子將做單向直線運(yùn)動，A錯誤；若電子從時刻進(jìn)入兩板，則電子受到電場力方向向左，故無法到達(dá)B板，B正確；電子從時刻進(jìn)入
8、兩板時，電子先加速，經(jīng)時速度最大，此時電子受到電場力反向，經(jīng)速度減為零，再加速反向速度最大，接著減速回到原位置，即電子在大于時刻進(jìn)入時一定不能到達(dá)B板，小于時刻進(jìn)入時一定能到達(dá)B板，所以C正確，D錯誤．此題作v－t圖象更易理解．
[答案] BC
6．(多選)如下圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是( )
A．帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動
B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)
C．3 s末帶電粒子的速度為零
D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零
[解析] 設(shè)第1 s內(nèi)粒
9、子的加速度為a1，第2 s內(nèi)的加速度為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動，至3 s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速
度為0，v－t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．
[答案] CD
7．如下圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，一根不可伸長的絕緣細(xì)線長度為l，細(xì)線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)．把小球拉到使細(xì)線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動到細(xì)線與水平方向成θ＝60°角的位置B時速度為零．以下說法中正確的是(
10、 )
A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)
B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是Eq＝mg
C．小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動，且幅度將逐漸減小
D．小球從A運(yùn)動到B的過程中，電場力對其做的功為－qEl
[解析] 小球的受力圖如下圖所示，由圖可知小球的運(yùn)動可看作是在一個等效重力場中的擺動過程，根據(jù)擺球模型的特點(diǎn)，小球在B位置時受力不平衡，并且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動，其幅度不變，故選項(xiàng)A、C錯誤；根據(jù)擺球模型的對稱性可知，當(dāng)小球處在AB軌跡的中點(diǎn)位置時，小球沿切線方向的合力為零，此時細(xì)線與水平方向夾角恰為30°，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin30°＝mgcos30°，化簡可知，qE＝mg，選
11、項(xiàng)B錯誤；小球從A運(yùn)動到B的過程中，電場力對其做的功為W＝－qEl(1－cos60°)＝－qEl，選項(xiàng)D正確．
[答案] D
8．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將( )
A．打到下極板上
B．在下極板處返回
C．在距上極板處返回
D．在距上極板d處返回
[解析] 當(dāng)兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好到達(dá)下極板過程中，根據(jù)動能定理可得：
12、mg×d－qU＝0，當(dāng)下極板向上移動時，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動距離x時速度減為零，全過程應(yīng)用動能定理可得mg－qx＝0，兩式聯(lián)立解得x＝d，選項(xiàng)D正確．
[答案] D
9．如右圖所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于( )
A. B.
C. D.
[解析] 由兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對稱性，兩個粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩
13、粒子均做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的獨(dú)立性和等時性可得切點(diǎn)位置的粒子在水平方向上＝v0t，在豎直方向上＝at2＝ t2，聯(lián)立以上兩式可求得v0＝ ，由此可知，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤．
[答案] B
10．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為AB和AD的中點(diǎn)，一個初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場．帶電粒子的重力不計，如果帶電粒子從M點(diǎn)垂直電場方向進(jìn)入電場，則恰好從D點(diǎn)離開電場．若帶電粒子從N點(diǎn)垂直BC方向射入電場，則帶電粒子( )
A．從BC邊界離開電場
B．從AD邊界離開電場
C．在電場中的運(yùn)動時間為
D．離開
14、電場時的動能為mv
[解析] 帶電粒子從M點(diǎn)以垂直電場線方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有L＝qEt2，聯(lián)立解得E＝；帶電粒子從N點(diǎn)進(jìn)入電場后做勻減速直線運(yùn)動，設(shè)帶電粒子在電場中減速為零時的位移為x，由動能定理有－qEx＝0－mv，解得x＝L，當(dāng)粒子速度減至零后沿原路返回，從N點(diǎn)射出，粒子在電場中運(yùn)動的時間t1＝，由于電場力做功為零，根據(jù)動能定理有0＝Ek2－mv，選項(xiàng)B、D正確．
[答案] BD
二、非選擇題
11．(2018·陜西重點(diǎn)中學(xué)摸底)如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O1O為中軸線，兩板間為勻強(qiáng)電場，忽略兩極板外的電場．當(dāng)兩板
15、間加電壓UMN＝U0時，某一帶負(fù)電的粒子從O1點(diǎn)以速度v0沿O1O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點(diǎn)，粒子重力忽略不計．
(1)求帶電粒子的比荷；
(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T＝，從t＝0開始，前時間內(nèi)UMN＝2U，后時間內(nèi)UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值．
[解析] (1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點(diǎn)
沿極板方向有＝v0t0
垂直極板方向有＝t
解得＝
(2)粒子通過兩板間的時間t＝＝T
從t＝0時刻開始，粒子在兩板間運(yùn)動時，每個電壓變化周期的前三分之一時
16、間內(nèi)的加速度大小a1＝，在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小a2＝
上圖所示為從不同時刻射入電場粒子的速度—時間圖象，根據(jù)題意和圖象分析可知，從t＝nT(n＝0、1、2、…)或t＝＋nT(n＝0、1、2、…)時刻入射的粒子恰好不打在極板上，則有＝×T×
解得U＝
[答案] (1) (2)
12．(2018·甘肅重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)真空室中有如圖甲所示的裝置，電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計)經(jīng)過電場加速后，從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M、N的中心軸線OO′射入．加速電壓U1＝，M、N板長均為L，偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)有熒光屏(足夠大且未畫出)．M、N兩板間的電壓UMN隨時間t變化的圖線如
17、圖乙所示，其中U2＝.調(diào)節(jié)兩板之間的距離，使得每個電子都能通過偏轉(zhuǎn)極板．已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e，不計電子重力．
(1)求電子通過偏轉(zhuǎn)極板的時間t；
(2)求偏轉(zhuǎn)極板之間的最小距離d；
(3)當(dāng)偏轉(zhuǎn)極板間的距離為最小值d時，熒光屏如何放置時電子擊中的范圍最小，該范圍的長度是多大？
[解析] 本題依托電子在交變電場中的運(yùn)動考查動能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)知識．
(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU1＝mv－0
電子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向L＝v0t
解得t＝T
(2)t＝0、T、2T、…時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子，豎直方向先加速運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動，射出電場時沿
18、豎直方向偏移的距離y最大．
豎直方向加速階段有y1＝·2
豎直方向勻速運(yùn)動階段有y2＝2y1
電子恰好能通過偏轉(zhuǎn)極板時有y1＋y2＝
聯(lián)立得d＝L，即最小距離為L
(3)對滿足(2)問條件下任意確定的d，不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy＝
電子速度偏轉(zhuǎn)角α的正切值均為tanα＝＝，即tanα＝
電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度相同，即電子出偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小和方向均相同
不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同，側(cè)移距離的最大值與最小值之差Δy＝2，即Δy＝
若熒光屏與電子出偏轉(zhuǎn)極板后的速度垂直，則電子擊中熒光屏的范圍最小，該最小范圍為Δy′＝Δycosα
聯(lián)立解得Δy′＝L
[答案] (1)T (2)L (3)L
（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題六 靜電場 課時跟蹤訓(xùn)練33
