2022版高考物理一轮复习训练：第7章 能力课 带电粒子在电场中运动的综合问题

第七章  能力课

知识巩固练习

1．(2021年郑州检测)图甲所示为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板间的中轴线从左端向右端连续不断地射入初速度为v0＝的相同带电粒子(重力不计)，若所有粒子均能从两极板间飞出，则粒子飞出时的最小偏转位移与最大偏转位移大小之比是(　　)

A．1∶1　 B．1∶2　

C．1∶3　  D．1∶4

【答案】C

【解析】由于v0＝，粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，在竖直方向上前半个周期加速，后半个周期匀速，ymax＝a2＋a··＝aT2，在t＝T时刻进入的粒子，在前半个周期在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上速度为零，后半个周期在竖直方向上做匀加速运动，侧移量最小ymin＝a2＝aT2，故ymin∶ymax＝1∶3，故C正确．

2．如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)

A．仍然保持静止 B．竖直向下运动

C．向左下方运动  D．向右下方运动

【答案】D

【解析】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大，场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，D正确．

3．(多选)(2021年湖南名校月考)如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)(　　)

A．增大偏转电压U

B．增大加速电压U0

C．减小偏转极板间距离

D．将发射电子改成发射负离子

【答案】AC

【解析】经加速电场后的速度为v，则 mv2＝eU0，所以电子进入偏转电场时速度的大小v＝；电子进入偏转电场后，偏转的位移y＝at2＝··2＝.可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U；减小加速电压U0；减小偏转电场极板间距离d；与粒子的电性和质量无关．故A、C正确，B、D错误．

4．(2021年福建名校联考)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中(　　)

A．它们运动的时间tQ＞tP

B．它们运动的加速度aQ＜aP

C．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2

D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2

【答案】C

【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，由s＝vt 可得P、Q运动的时间应相等，A错误；平行电场方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有y＝at2，解得a＝，因为平行电场方向的位移之比为1∶2，所以aQ＞aP，B错误；根据牛顿第二定律，有qE＝ma，解得q＝，所以P、Q的电荷量之比为qP∶qQ＝1∶2，C正确；由动能定理有qEy＝ΔEk，而qP∶qQ＝1∶2，yP∶yQ＝1∶2，所以ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D错误．

5．(多选)如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2＜v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则(　　)

A．小物体上升的最大高度为

B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小

C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功

D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

【答案】AD

【解析】设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L.因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0.上滑和下滑经过同一个位置时，压力相等，摩擦力相等，所以上滑和下滑过程克服摩擦力做功相等，设为W1.在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有mgh＋W1＝mv，mgh－W1＝mv，可得h＝，故A正确．由OM＝ON，可知电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故B、C错误．从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直于斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确．

6．(多选)(2021年成都名校质检)A、B两小球质量相等，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g，当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是(　　)

A．两图中A、B两球的加速度大小均为gsin θ

B．两图中A球的加速度大小均为零

C．图乙中轻杆的作用力一定为零

D．图甲、乙中B球的加速度大小之比为2∶1

【答案】CD

【解析】撤去电场前，B球所受的电场力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去电场的瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍．故A、B错误，C、D正确．

7．(多选)(2021年河南名校质检)如图所示，长L＝0.5 m、倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0＝2 m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是(　　)

A．水平匀强电场的电场强度为

B．小球在B点的电势能大于在A点的电势能

C．若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2

D．若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半

【答案】AD

【解析】带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即qELcos θ－mgLsin θ＝0，得E＝，故A正确．带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能，故B错误．由题意知，电场强度未加倍时，满足mgsin θ＝qEcos θ，电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力 2qEcos θ－mgsin θ＝ma，所以小球的加速度a＝gsin θ＝6 m/s2，故C错误．电场强度未减半时，满足mgsin θ＝qEcos θ；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为mgsin θ－qEcos θ＝mgsin θ＝ma′，所以小球的加速度为a′＝gsin θ＝3 m/s2，根据速度位移公式，有v2－v＝－2a′s，代入数据解得v＝1 m/s＝v0，故D正确．

综合提升练习

8．(多选)(2021年山西名校月考)如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使(　　)

A．粒子的电荷量变为原来的

B．两板间电压减为原来的

C．两板间距离增为原来的4倍

D．两板间距离增为原来的2倍

【答案】AD

【解析】设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，粒子恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动，t＝，垂直于初速度方向做匀加速运动，a＝，则偏转位移为y＝d＝at2＝，即＝1.要恰好穿过，即等式不变，可知当速度变为时，电荷量变成或电压变成或板间距变成2d，可见A、D正确，B、C错误．

9．(2021年成都名校联考)如图所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V．一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10－10 C，质量m＝10－20 kg，沿电场中心线RD垂直于电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距s＝12 cm，D是中心线RD与界面PS的交点．

(1)粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小是多少？

(2)粒子到达PS界面时与D点的距离是多少？

(3)设O为RD延长线上的某一点，我们可以在O点固定一负点电荷Q，使粒子恰好可以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量(静电力常数k＝9.0×109 N·m2/C2，保留两位有效数字)．

【答案】(1)0.03 m　2.5×106 m/s　(2)0.12 m

(3)1×10－8 C

【解析】(1)粒子进入A、B后做类平抛运动，设在A、B板间运动时加速度大小为a，时间为t1，在MN界面处速度为v，沿MN的分速度为vy，偏转位移为y，v与水平方向夹角为α，运动轨迹如图所示．

则L＝v0t1，

y＝at，

a＝，

vy＝at1，

tan α＝，

得y＝0.03 m，vy＝1.5×106 m/s，α＝37°.

故粒子通过MN界面时的速度为

v＝＝2.5×106 m/s.

(2)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于a点，设a到中心线的距离为Y，

则＝，

解得Y＝0.12 m.

(3)粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，由几何关系得

r＝＝0.15 m，

由k＝m，

得Q＝≈1.0×10－8C．

10．如图所示，在真空中有两个电容器C1、C2和一个竖直放置的荧光屏，电容器C1的两个极板竖直放置且极板上开有正对的小孔a、b，小孔a、b连线与荧光屏的交点为O，电容器C2的两个极板C、D水平放置．两个电容器分别接有电源，电源电压分别为U1和U2，C2的板长为L，板间距为d，荧光屏到C2右端距离为L1.一个质量为m，电荷量为q的粒子，从a孔飘入(初速度可视为0)电容器C1，经过加速和偏转后，粒子打在荧光屏上，不计粒子重力(本题中所有粒子均未碰到电容器C2的边缘)．

(1)求粒子到达荧光屏时的速度大小；

(2)若在小孔处同时飘入一个氘核H和一个氚核H，求它们对应的发光点到O点的距离之比．

【答案】(1)　(2)1∶1

【解析】(1)带电粒子先加速后偏转，根据动能定理，得qU1＝mv，

进入偏转电场后，水平方向匀速运动，v1t＝L，

得t＝L.

在偏转电场中F＝ma，

其中F＝Eq＝，

得a＝，

离开偏转电场时竖直速度vy＝at，

离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏时的速度v＝＝.

(2)带电粒子离开电场时在竖直方向上的偏移量

y1＝at2＝，

可见离开电场的位置与q、m无关．

速度与水平线夹角tan θ＝＝，

粒子离开电场时速度方向与m、q无关．

所以，氘核H和一个氚核H在同一位置以同一方向离开电场射到荧光屏上，因此偏移量之比为1∶1.