高考热点11　带电粒子在电场中运动练习题

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图1
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
答案 D
解析 因为N点的电场线密，所以场强大，粒子受到的静电力大，加速度大，即aM＜aN.由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，沿电场线方向电势降低，即φM＞φN.又由Ep＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpM＜EpN.若带负电粒子由M向N运动，电场力做负功，则动能减小，所以vM＞vN.若带负电粒子由N向M运动，电场力做正功，则动能增大，也可得vM＞vN，故选D.
2．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞，现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的静电力约为2×10－15 N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
答案 D
解析 加速过程中静电力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的静电力大小F＝qE≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝eq \f(F,m)≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝eq \f(v,a)≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝eq \f(v2,2a)≈4 m，故D正确．
3．(多选)(2021·山西吕梁市高三一模)如图2所示，A板上有电子发射装置，发出的电子经A、B间电场加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，不计重力影响．关于电子的运动，下列说法中正确的是( )
图2
A．只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，电子打在荧光屏上的位置下移
B．只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，电子打在荧光屏上的位置上移
C．只将金属板间电压变为原来的2倍，电子打到荧光屏上时的位置与O点的距离将变为原来的2倍
D．只将金属板间电压变为原来的2倍，电子打到荧光屏上时的位置与O点的距离将变为原来的4倍
答案 BC
解析 电子在加速电场中加速运动过程，设加速电压为U0，偏转极板的长度为L，根据动能定理得：
eU0＝eq \f(1,2)mv2，
电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度为：a＝eq \f(eU,md)，
电子离开电场时偏转的位移为：y＝eq \f(1,2)at2，
电子在水平方向上做匀速直线运动，则电子在偏转电场中运动时间为：t＝eq \f(L,v)，
联立解得y＝eq \f(UL2,4U0d)①
设电子从偏转电场中射出时的速度偏向角为θ，则tan θ＝eq \f(at,v)＝eq \f(UL,2U0d)②
只将滑动变阻器的滑动触头向左移动，加速电压U0减小，由①②可知，y、θ均增大，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏上的位置上移，故A错误，B正确；设金属板右侧到荧光屏的距离为s，电子打到荧光屏上时的位置与O点的距离为Y.电子离开偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，由几何知识可知：eq \f(y,Y)＝eq \f(\f(1,2)L,\f(1,2)L＋s)，可得Y＝eq \f(L＋2sUL,4U0d)，则只将金属板间电压U变为原来的2倍，Y变为原来的2倍，即电子打到荧光屏上时的位置与O点的距离将变为原来的2倍，故C正确，D错误．
4.(2020·浙江7月选考·6)如图3所示，一质量为m、电荷量为qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q>0))的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
图3
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mv\\al(,02),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示．
粒子的运动为类平抛运动．
水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
eq \f(y,x)＝tan 45°
联立解得t＝eq \f(2mv0,qE)，故A错误．
vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq \r(v\\al(,02)＋v\\al(,y2))＝eq \r(5)v0，tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan eq \f(1,2)，故B、D错误；
x＝v0t＝eq \f(2mv\\al(,02),qE)，与P点的距离s＝eq \f(x,cs 45°)＝eq \f(2\r(2)mv\\al(,02),qE)，故C正确．
5.(2021·河南新乡市高三二模)如图4所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场．图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线(方向未知)．一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD＝60°，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.下列说法正确的是( )
图4
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为eq \f(2qEL,3)
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为eq \f(qEL,3)
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为eq \r(\f(2mL,qE))
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为2eq \r(\f(mL,qE))
答案 A
解析 根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知
tan 53°＝eq \f(BQ,\f(AB,2))，解得粒子运动到Q点时的竖直位移为y＝BQ＝eq \f(2,3)L，带电粒子从A点运动到Q点的过程中，静电力所做的功为W＝qEy＝eq \f(2,3)qEL，故A正确，B错误；设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有v0t2＝L，eq \f(qE,2m)teq \\al(,22)＝eq \f(2,3)L，联立上述两式解得v0＝eq \r(\f(3qEL,4m))，设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有tan 60°＝eq \f(v0t1,\f(qE,2m)t\\al(,12))，解得t1＝eq \r(\f(mL,qE))，故C、D错误．
6.(多选)匀强电场的场强随时间变化的图像如图5所示，在该匀强电场中有一个带正电粒子，在t＝0时刻，由静止释放．若带电粒子只受静电力的作用，则静电力的作用和带电粒子的运动情况是( )
图5
A．带电粒子将在电场中做有往复但总体上看不断向前的运动
B．0～3 s内静电力的冲量为零，静电力做功为零
C．3 s末带电粒子回到原出发点
D．0～4 s内静电力的冲量不等于零，而静电力做功却为零
答案 BC
解析 由题意可画出该粒子的速度－时间图像：从v－t图像可看出，带电粒子将在电场中某段距离间做往复运动，故A错误；在3 s末，带电粒子的速度为零，由于粒子初速度为0，由动量定理可知0～3 s内静电力的冲量为零；由v－t图像可知此时该带电粒子又回到原来的出发点，静电力做功为零，故B、C正确；4 s末，带电粒子的速度不等于零，所以0～4 s内静电力的冲量不为零，静电力做功不为零，故D错误．
7．(多选)如图6所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场(场强为E1)之后进入电场线竖直向下的匀强电场(场强为E2)发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及粒子间的相互作用，那么( )
图6
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
解析 根据动能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mveq \\al(,12)，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝eq \r(\f(2qE1d,m)).在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝eq \f(1,2)×eq \f(qE2,m)teq \\al(,22)得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq \f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做的功一样多，选项A正确；根据动能定理得qE1d＋qE2y＝eq \f(1,2)mveq \\al(,22)，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝eq \r(\f(2qE1d＋E2y,m))，由于三种粒子的质量不相等，所以v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝eq \f(d,\f(v1,2))＋eq \f(L′,v1)＝eq \f(2d,v1)＋eq \f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vy＝eq \f(qE2,m)t2及tan θ＝eq \f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，所以三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．
8.如图7所示，带正电的摆球可绕固定点O在竖直平面内摆动．空间中存在与水平方向夹角为θ＝30°的匀强电场，摆线长度为L，摆球质量为m，把摆球拉到与O点等高处由静止释放，摆球恰能运动到摆线与电场方向垂直处速度减为0.摆线不可伸长且一直处于拉直状态，摆球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g.关于此过程下列说法正确的是( )
图7
A．摆球受到的静电力大小大于重力大小
B．摆球运动到O点正下方时机械能减小了eq \f(\r(3)－1,2)mgL
C．当摆球运动到O点正下方时，摆线的拉力大小为eq \f(9＋2\r(3),2)mg
D．摆球速度最大时，摆线上的拉力大小为3eq \r(3)mg
答案 B
解析 设摆球所受静电力大小为F，对全过程由动能定理有(mg＋Fsin θ)Lcs θ－Fcs θ·L(1＋sin θ)＝0
得F＝mg，故A错误；在O点正下方时，摆球机械能的减少量等于克服静电力做的功的大小，有
|WF|＝FL(cs θ－sin θ)＝eq \f(\r(3)－1,2)mgL，故B正确；设摆球运动到O点正下方时速度为v，摆球从释放至运动到O点正下方的过程中，根据动能定理有
mgL－FL(cs θ－sin θ)＝eq \f(1,2)mv2，在O点正下方，由向心力公式有FT－mg－Fsin θ＝meq \f(v2,L)
解得FT＝eq \f(9－2\r(3),2)mg，故C错误；静电力与重力的合力大小为eq \r(3)mg，与竖直方向夹角为30°，当摆球运动到等效重力场中的最低点时，摆球速度最大，有eq \r(3)mg×eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(,12)，此时合力方向与摆线共线，根据圆周运动规律，有F线＝meq \f(v\\al(,12),L)＋eq \r(3)mg，联立可得F线＝2eq \r(3)mg，故D错误．