2019高考物理一輪復習 第七章 靜電場 微專題57 帶電粒子在交變電場中的運動加練半小時 粵教版

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1、微專題57 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圖像，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圖像，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·湖北黃岡模擬)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖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，電場力做功等于0 C．4s末帶電粒子回到原出

2、發(fā)點 D．2.5～4s內，電場力做功等于0 2．(多選)(2017·山東青島二中模擬)如圖2甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 圖2 3．(多選)(2017·四川宜賓二診)如圖3甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓．在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子.t＝0時刻釋

3、放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場．已知電場變化周期T＝，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力．則(　　) 圖3 A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0 B．粒子的電荷量為 C．在t＝T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv D．在t＝T時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場 4．(多選)(2018·河北邢臺質檢)如圖4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(

4、　　) 圖4 A．φ1∶φ2＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶3 C．在0～2T內，當t＝T時電子的動能最大 D．在0～2T內，電子的電勢能減小了 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)不斷地向電容器內射入比荷為2×1010C/kg，速度為4×106 m/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

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．在0～0.02s內，進入電容器內的粒子有64%能夠打在屏上 D．在0～0.02s內，屏上出現(xiàn)亮線的時間為0.0128s 6．(2017·遼寧沈陽質檢)如圖6中a所示的xOy平面處于勻強電場中，電場方向與x軸平行，電場強度E隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖b所示，E為＋E0時電場強度的方向沿x軸正方向．有一帶正電的粒子P，在某一時刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標原點O射入電場，粒子P經(jīng)過時間T到達的點記為A(A點在圖中未畫出)．若t0＝0，則OA連線與y軸正方向夾角為45°，

6、不計粒子重力． 圖6 (1)求粒子的比荷； (2)若t0＝，求A點的坐標； (3)若t0＝，求粒子到達A點時的速度． 答案精析 1．D 　[畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，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，4 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2 s末速度不為0，可見0～2 s內電場力做功不等于0，B錯誤；2.5 s和4 s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4 s內電場力做功等于0，所以D正確．] 2．AD　[在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的

7、電場力F＝，所以電子所受的電場力大小不變．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內向B板做勻加速直線運動；在第二個內向B板做勻減速直線運動，在第三個內反向做勻加速直線運動，在第四個內向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖像如選項圖D所示，v－t圖像如選項圖A所示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖像應是曲線，故選項A、D正確，B、C錯誤．] 3．AD　4.BD 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

8、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，粒子打在熒光屏上的總時間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，設一個周期內進入電容器內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．見解析 解析　(1)粒子在t0＝0時刻射入

9、電場，粒子沿y軸方向的分運動為勻速運動，位移大小為：y＝vT 粒子沿x軸方向在0～內做初速度為零的勻加速運動， 位移為x1，末速度為v1，則：x1＝a()2，v1＝a 粒子沿x軸方向在～T內做勻減速運動，位移為x2，由題意知兩段運動的加速度大小相等，則： x2＝v1()－a()2 粒子沿x軸方向的總位移為x，則： x＝x1＋x2 粒子只受到電場力作用，由牛頓第二定律得： qE0＝ma y＝x 聯(lián)立各式解得：＝ (2)粒子在t0＝時刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運動為勻速運動，位移大小為： y′＝vT 粒子沿x軸方向在～內做初速度為零的勻加速運動， 位移為x3，末速度

10、為v2，則： x3＝a()2 v2＝a 粒子沿x軸方向在～T內做勻變速運動， 位移為x4，末速度為v3，則： x4＝v2()－a()2 v3＝v2－a 粒子沿x軸方向在T～內做勻變速運動，位移為x5，則： x5＝v3()＋a()2 粒子沿x軸的總位移為x′，則： x′＝x3＋x4＋x5 聯(lián)立各式解得：x′＝0 則A點的坐標為(0，vT) (3)粒子在t0＝時刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運動為勻速運動，速度不變；沿x軸方向在～內做初速度為零的勻加速運動，末速度為v4，則：v4＝a 粒子沿x軸方向在～T內做勻變速運動，末速度為v5，則： v5＝v4－a 粒子沿x軸方向在T～內做勻變速運動，末速度為v6，則： v6＝v5＋a 聯(lián)立各式解得：v6＝0 則：粒子通過A點的速度為v 6