高考物理系統(tǒng)性復(fù)習(xí) (能力提高練) 第五節(jié) 帶電粒子在電場中的綜合應(yīng)用（附解析）

【能力提高練】第五節(jié)帶電粒子在電場中的綜合應(yīng)用1．(2022?高考全國乙卷)(多選)一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導(dǎo)體極板(半徑分別為R和)和探測器組成，其橫截面如圖(a)所示，點O為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為O、半徑分別為、；粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射；粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，軌跡如圖(b)中虛線所示。則()A．粒子3入射時的動能比它出射時的大B．粒子4入射時的動能比它出射時的大C．粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能D．粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能【解析】C．在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比，可設(shè)為，帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有，，可得，即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；A．粒子3從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；B．粒子4從距O點的位置入射并從距O點的位置出射，做離心運動，電場力做負(fù)功，則動能減小，粒子4入射時的動能比它出射時的大，故B正確；D．粒子3做向心運動，有，可得，粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；故選BD?！敬鸢浮緽D2．(2022?遼南協(xié)作體高三(下)二模)(多選)如圖甲所示，在空間中建立xOy坐標(biāo)系，α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成，放置在第II象限，細(xì)管C到兩金屬板距離相等，細(xì)管C開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長為L、間距為d，當(dāng)A、B板間加上某一電壓時，α粒子剛好能以速度從細(xì)管C水平射出，進入位于第I象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場，α粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，該電場的電場線沿半徑方向指向圓心O，α粒子運動軌跡處的場強大小為。時刻α粒子垂直x軸進入第IV象限的交變電場中，交變電場隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向為電場的正方向。已知α粒子的電荷量為2e(e為元電荷)、質(zhì)量為m，重力不計。以下說法中正確的是()A．α粒子從放射源P運動到C的過程中動能的變化量為B．α粒子從放射源P發(fā)射時的速度大小為C．α粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為D．當(dāng)時，α粒子的坐標(biāo)為【解析】AB．設(shè)α粒子運動到C處時速度為v0，α粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有，豎直方向有，由牛頓第二定律，聯(lián)立解得，α粒子從放射源發(fā)射出到C的過程，由動能定理，解得，設(shè)α粒子發(fā)射時速度的大小為v，α粒子從放射源發(fā)射至運動到C的過程，由動能定理，解得，故A錯誤，B正確；C．由牛頓第二定律，得，故C正確；D．時，α粒子在x方向的速度為，所以一個周期內(nèi)，離子在x方向的平均速度，每個周期α粒子在x正方向前進，因為開始計時時α粒子橫坐標(biāo)為，所以nT時，α粒子的橫坐標(biāo)為，α粒子的縱坐標(biāo)為，在nT時α粒子的坐標(biāo)為，故D正確。故選BCD?！敬鸢浮緽CD3．(2022?西南大學(xué)附屬中學(xué)校高三(下)全真二)(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、帶電量為的離子(不計重力)在A點以速度v水平射入某勻強電場，該離子僅在電場力的作用下運動一段時間后以的速度豎直向下打中B點。已知之間的距離為L，連線與水平面的夾角為，則()A．電場方向與垂直B．場強大小為C．離子從A點運動到B點所用的時間為D．離子的最小動能為【解析】A．設(shè)由A到B的時間為t，水平方向，豎直方向，故則合加速度方向與水平方向夾角為60°，方向斜向左下，即電場方向與方向夾角為60°，故A錯誤；B．由A到B過程，根據(jù)動能定理，解得，故B正確；C．水平方向加速度大小，離子從A點運動到B點所用的時間，故C錯誤；D．當(dāng)離子的沿電場方向速度變?yōu)榱銜r，離子的速度最小，只有垂直電場方向的速度，動能最小，離子垂直電場方向的初速度為，離子的最小動能為，故D正確。故選BD?！敬鸢浮緽D4．(2022?沈陽市第二中學(xué)高三(上)二模)(多選)制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB作周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為kU0(k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示。在t=0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則()A．若且電子恰好在2T時刻射出電場，應(yīng)滿足的條件是B．若k=1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，其動能增加C．若且電子恰好在2T時刻射出電場，射出時的速度為D．若k=1，電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向始終不變【解析】AC．電子在0～T時間內(nèi)做勻加速運動,加速度的大小，位移，在T～2T時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動,加速度的大小，初速度的大小，勻減速運動階段的位移，依據(jù)題意，解得，t=2T時刻，電子沿電場方向的分速度，在2T時刻射出電場的速度，故C正確，A錯誤；BD．若k=1，電子在豎直方向的速度隨時間變化的圖象如圖所示，t=4T時刻，沿電場方向的分速度為0，射出速度等于v0，所以動能增加量為0，由圖象知，電子在射出電場的過程中，沿電場方向的分速度方向不變，故B錯誤，D正確。故選CD?！敬鸢浮緾D5．(2022?廣東省執(zhí)信中學(xué)高三(下)月考)(多選)如圖所示，真空中某豎直平面內(nèi)有勻強電場，圖中豎直方向的虛線A、B、C為電場的等勢線，且A等勢線電勢高于C等勢線的電勢。一帶負(fù)電微粒從B等勢線上的O點以某一初速度在此平面上向右上方發(fā)射，初速度方向與水平方向成θ=53°。粒子運動到其軌跡的最高點時，速度大小與O點速度大小相等，己知sin53°=0.8，則可判斷在此過程中()A．靜電力對帶電微粒一定做正功B．微粒運動軌跡的最高點可能在B等勢線上C．微粒受到的靜電力與它的重力的比值為2：1D．靜電力對微粒做功與微粒重力勢能增量的比值為2：1【解析】AB．由題知A等勢線電勢高于C等勢線的電勢，則說明電場線水平向右，微粒帶負(fù)電，則微粒受到的電場力水平向左，將微粒的運動進行分解在水平方向有vx=0.6v，，粒子運動到其軌跡的最高點的過程中有vx2=2axx1，v2=2axx2，可得出x2>x1，可知微粒向右運動的過程中電場力做的負(fù)功為W1=-Eqx1，可知微粒向右運動的過程中電場力做的正功為W2=Eqx2，則整個過程中電場力做正功，且微粒運動軌跡的最高點在B等勢線的左側(cè)，A正確、B錯誤；C．將微粒的運動進行分解，在水平方向有(取水平向左為正)，在豎直方向有，整理后有，C正確；D．由選項AB可知，微粒在水平方向的位移為，則靜電力對微粒做功為，微粒在豎直方向的位移為vy=0.8v，，則微粒重力勢能增量為，靜電力對微粒做功與微粒重力勢能增量的比值為1：1，D錯誤。故選AC?！敬鸢浮緼C6．(2022?廣東肇慶市高三(下)三模)示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX′和UYY′隨時間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為()A． B．C． D．【解析】UXX′和UYY′均為正值，電場強度方向由X指向X′，Y指向Y′，電子帶負(fù)電，電場力方向與電場強度方向相反，所以分別向X，Y方向偏轉(zhuǎn)，可知A正確?！敬鸢浮緼7．(2022?上海市浦東新區(qū)高三(上)一模)電場中有O、A、B、C幾個固定點，一電量為-q、質(zhì)量為m的帶電粒子僅受電場力作用，從O點由靜止開始做直線運動，其v-t圖像如圖。粒子在t1時刻運動到A點，其速率為v1；t2時刻運動到B點，其速率為0；t3時刻運動到C點，其速率為v2。由圖可推斷，A、B、C三點中，__________點的電勢最高；A、C兩點的電勢差UAC＝__________?！窘馕觥縖1]由v-t圖像可以看出，從O點到A點，帶電粒子做加速運動，因為粒子帶負(fù)電，故從O點到A點粒子逆著電場線運動，則電勢升高，即，同理可以看出從A點到B點粒子做減速運動，則從A點到B點粒子順著電場線運動，則電勢降低，即，同理可以看出從B點到C點粒子做反方向的加速運動，即從B點到C點粒子逆著電場線運動，則電勢升高，即，而由圖像可以看出，則說明，故電勢最高的是A點；[2]因為帶電粒子僅受電場力作用，則從A點到C點由動能定理得，所以AC兩點的電勢差為【答案】①A②8．(2022?上海市楊浦區(qū)高三(上)一模)如圖，兩金屬板水平正對放置，間距為d。兩板間有一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。在兩板正中間豎直向上放出初速度相同、帶電量分別為＋q、－2q的兩個粒子，它們質(zhì)量相同。其中粒子Ⅰ抵達上板時速度不變，粒子Ⅱ只能抵達下板。重力加速度為g。求：(1)粒子質(zhì)量m；(2)粒子Ⅱ在電場中運動時間的最大值；(3)取粒子出發(fā)點為坐標(biāo)原點、豎直向上為正方向，建立一維坐標(biāo)系y。以y=0為重力勢能、電勢能的零勢能面，證明粒子Ⅱ運動到電場中任一位置時其機械能與電勢能的總和不變。【解析】(1)粒子Ⅰ抵達上板時速度不變，可判斷粒子Ⅰ帶負(fù)電，帶電量為－2q所受合外力為零，(2)粒子Ⅱ帶電量為+q，在電場中運動的加速度臨界狀態(tài)——粒子Ⅱ抵達上極板時速度減為零粒子Ⅱ做類豎直上拋運動，以向上為正，(3)在出發(fā)點y=0：設(shè)粒子Ⅱ的初動能，粒子Ⅱ在電場中運動到某一位置的動能粒子Ⅱ在電場中運動到某一位置的重力勢能機械能粒子Ⅱ在電場中運動到某一位置的電勢能，，機械能與電勢能的總和不變。【答案】(1)；(2)；(3)見解析9．(2022?重慶市第八中學(xué)高三(下)沖刺四)如圖甲為某質(zhì)譜儀原理圖，段為半徑為R，圓心角為的圓弧形薄彎管(內(nèi)徑極小)。大量正離子由靜止出發(fā)，經(jīng)大小為U的電壓加速后，均從A端沿彎管切線方向陸續(xù)進入彎管。彎管處于垂直于紙面向外，大小連續(xù)可調(diào)的勻強磁場中、不與管壁碰撞的離子可到達C端，被位于C端的探測器檢測到。不計正離子重力及離子間相互作用。(1)探測器分別檢測到比荷為及的正離子，求這兩種情況下磁感應(yīng)強度的比值；(2)實際彎管有內(nèi)徑(圖乙所示)，若管內(nèi)側(cè)圓弧半徑為R，內(nèi)徑為，要使探測器能夠檢測到處垂直于射入的比荷為的正離子，求磁感應(yīng)強度的范圍；(3)實際上，不僅彎管有內(nèi)徑(尺寸為第(2)問已知)，而且離子進入加速電場前有方向雜亂，大小在之間的初速度。設(shè)比荷為的正離子經(jīng)加速后，可源源不斷地從端各處沿各個方向進入彎管，現(xiàn)由小到大調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度B的大小，發(fā)現(xiàn)只有磁感應(yīng)強度在至間時，探測器才能檢測到有離子到達，已知，求和的大小(結(jié)果用、U、R表示)?！窘馕觥?1)由動能定理可知，經(jīng)電場加速后粒子的速度為由洛倫茲力充當(dāng)向心力聯(lián)立可得所以(2)設(shè)粒子運動半徑為R0，由上述分析可知由題意聯(lián)立可得(3)由動能定理可知，粒子經(jīng)電場加速后的速度為由洛倫茲力充當(dāng)向心力由題意綜上，并結(jié)合(2)中分析可得所以有，【答案】(1)；(2)；(3)，10．(2022?成都市第七中學(xué)高三(下)入學(xué)考試)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求：(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；(3)粒子經(jīng)過C點時的速率?！窘馕觥?1)粒子從到過程中電場力對它做的功(2)粒子只受沿軸負(fù)方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點在軸上，可令且，由牛頓第二定律，由運動學(xué)公式得，從到做類平拋運動，沿軸方向，解得則過程所經(jīng)歷的時間(3)粒子由到過程中，軸方向，y軸方向，，解得【答案】(1)；(2)；(3)11．(2022?上海市楊浦區(qū)一模)如圖，兩金屬板水平正對放置，間距為d。兩板間有一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。在兩板正中間豎直向上放出初速度相同、帶電量分別為＋q、－2q的兩個粒子，它們質(zhì)量相同。其中粒子Ⅰ抵達上板時速度不變，粒子Ⅱ只能抵達下板。重力加速度為g。求：(1)粒子質(zhì)量m；(2)粒子Ⅱ在電場中運動時間的最大值；(3)取粒子出發(fā)點為坐標(biāo)原點、豎直向上為正方向，建立一維坐標(biāo)系y。以y=0為重力勢能、電勢能的零勢能面，證明粒子Ⅱ運動到電場中任一位置時其機械能與電勢能的總和不變?！窘馕觥?1)粒子Ⅰ抵達上板時速度不變，可判斷粒子Ⅰ帶負(fù)電，帶電量為－2q所受合外力為零，(2)粒子Ⅱ帶電量為+q，在電場中運動的加速度臨界狀態(tài)——粒子Ⅱ抵達上極板時速度減為零粒子Ⅱ做類豎直上拋運動，以向上為正，(3)在出發(fā)點y=0：設(shè)粒子Ⅱ的初動能，粒子Ⅱ在電場中運動到某一位置的動能粒子Ⅱ在電場中運動到某一位置的重力勢能機械能粒子Ⅱ在電場中運動到某一位置的電勢能，機械能與電勢能的總和不變?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)見解析12．(2022?遼寧省大連市第一中學(xué)高三(上)期中聯(lián)考)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xoy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強電場，電場強度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d=0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強電場。質(zhì)量m=0.1kg、帶電荷量q=+1×10-2C的小球從y軸上P點以一定的初速度垂直y軸方向進入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0，0.4m)，(0.4m，0)，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)初速度v0的大?。?2)A、B兩點間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點時的速度大小?！窘馕觥?1)小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，小球帶正電，受到的電場力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a=，解得a=5m/s2根據(jù)平拋運動規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運動，有xA=v0t豎直方向有yP=at2，聯(lián)立得v0=xA代入數(shù)據(jù)，解得v0=1m/s(2)設(shè)水平電場的電場強度大小為E，因未進入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，所以進入電場時豎直方向的速度vy=因為小球在水平電場區(qū)域恰好做直線運動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有，解得E=50N/C設(shè)小球在水平電場中運動的水平距離為l，=根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系有UAB=El，解得UAB=5V(3)設(shè)小球在B點的速度大小為v，對小球運動的全過程，由動能定理，有mv2-mv=mg(yP+d)+qUAB-qE0yP，解得v=m/s【答案】(1)1m/s；(2)5V；(3)13．(2022?哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三(上)期中)示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子加速后從兩金屬板的中央沿板平行方向進入偏轉(zhuǎn)電場，電子穿出偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上。若加速電壓U1=800V，偏轉(zhuǎn)極板長，板間距，不計電子的重力。求：(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束的偏移量最大？(2)若偏轉(zhuǎn)板右端到熒光