(能力提高练) 第五节 带电粒子在电场中的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用

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【能力提高练】   第五节 带电粒子在电场中的综合应用1．(2022•高考全国乙卷)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示。则(　　)A．粒子3入射时的动能比它出射时的大B．粒子4入射时的动能比它出射时的大C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能【解析】  C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，，可得，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；D．粒子3做向心运动，有，可得，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；故选BD。【答案】  BD2．(2022•辽南协作体高三(下)二模)(多选)如图甲所示，在空间中建立xOy坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第II象限，细管C到两金属板距离相等，细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d，当A、B板间加上某一电压时，α粒子刚好能以速度从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场，α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，该电场的电场线沿半径方向指向圆心O，α粒子运动轨迹处的场强大小为。时刻α粒子垂直x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙所示，规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m，重力不计。以下说法中正确的是(　　)A．α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量为B．α粒子从放射源P发射时的速度大小为C．α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为D．当时，α粒子的坐标为【解析】  AB．设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有，竖直方向有，由牛顿第二定律，联立解得，α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理，解得，设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理，解得，故A错误，B正确；C．由牛顿第二定律，得，故C正确；D．时，α粒子在x方向的速度为，所以一个周期内，离子在x方向的平均速度，每个周期α粒子在x正方向前进，因为开始计时时α粒子横坐标为，所以nT时，α粒子的横坐标为，α粒子的纵坐标为，在nT时α粒子的坐标为，故D正确。故选BCD。【答案】  BCD3．(2022•西南大学附属中学校高三(下)全真二)(多选)如图所示，一质量为m、带电量为的离子(不计重力)在A点以速度v水平射入某匀强电场，该离子仅在电场力的作用下运动一段时间后以的速度竖直向下打中B点。已知之间的距离为L，连线与水平面的夹角为，则(　　)A．电场方向与垂直                          B．场强大小为C．离子从A点运动到B点所用的时间为        D．离子的最小动能为【解析】  A．设由A到B的时间为t，水平方向，竖直方向，故则合加速度方向与水平方向夹角为60°，方向斜向左下，即电场方向与方向夹角为60°，故A错误；B．由A到B过程，根据动能定理，解得，故B正确；C．水平方向加速度大小，离子从A点运动到B点所用的时间，故C错误；D．当离子的沿电场方向速度变为零时，离子的速度最小，只有垂直电场方向的速度，动能最小，离子垂直电场方向的初速度为，离子的最小动能为，故D正确。故选BD。【答案】  BD4．(2022•沈阳市第二中学高三(上)二模)(多选)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则(　　)A．若且电子恰好在2T时刻射出电场，应满足的条件是B．若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，其动能增加C．若且电子恰好在2T时刻射出电场，射出时的速度为D．若k=1，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变【解析】  AC．电子在0～T时间内做匀加速运动, 加速度的大小，位移，在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动, 加速度的大小，初速度的大小，匀减速运动阶段的位移，依据题意，解得，t=2T时刻，电子沿电场方向的分速度，在2T时刻射出电场的速度，故C正确，A错误；BD．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示，t=4T时刻，沿电场方向的分速度为0，射出速度等于v0，所以动能增加量为0，由图象知，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向不变，故B错误，D正确。故选CD。【答案】  CD5．(2022•广东省执信中学高三(下)月考)(多选)如图所示，真空中某竖直平面内有匀强电场，图中竖直方向的虚线A、B、C为电场的等势线，且A等势线电势高于C等势线的电势。一带负电微粒从B等势线上的O点以某一初速度在此平面上向右上方发射，初速度方向与水平方向成θ = 53°。粒子运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，己知sin53° = 0.8，则可判断在此过程中(   )A．静电力对带电微粒一定做正功B．微粒运动轨迹的最高点可能在B等势线上C．微粒受到的静电力与它的重力的比值为2：1D．静电力对微粒做功与微粒重力势能增量的比值为2：1【解析】  AB．由题知A等势线电势高于C等势线的电势，则说明电场线水平向右，微粒带负电，则微粒受到的电场力水平向左，将微粒的运动进行分解在水平方向有vx = 0.6v，，粒子运动到其轨迹的最高点的过程中有vx2= 2axx1，v2= 2axx2，可得出x2 > x1，可知微粒向右运动的过程中电场力做的负功为W1= - Eqx1，可知微粒向右运动的过程中电场力做的正功为W2= Eqx2，则整个过程中电场力做正功，且微粒运动轨迹的最高点在B等势线的左侧，A正确、B错误；C．将微粒的运动进行分解，在水平方向有(取水平向左为正)，在竖直方向有，整理后有，C正确；D．由选项AB可知，微粒在水平方向的位移为，则静电力对微粒做功为，微粒在竖直方向的位移为vy = 0.8v，，则微粒重力势能增量为，静电力对微粒做功与微粒重力势能增量的比值为1：1，D错误。故选AC。【答案】  AC6．(2022•广东肇庆市高三(下)三模)示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为(  )A． B．C． D．【解析】  UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X，Y方向偏转，可知A正确。【答案】  A7．(2022•上海市浦东新区高三(上)一模)电场中有O、A、B、C几个固定点，一电量为-q、质量为m的带电粒子仅受电场力作用，从O点由静止开始做直线运动，其v-t图像如图。粒子在t1时刻运动到A点，其速率为v1；t2时刻运动到B点，其速率为0；t3时刻运动到C点，其速率为v2。由图可推断，A、B、C三点中，__________点的电势最高；A、C两点的电势差UAC＝__________。【解析】  [1]由 v-t图像可以看出，从O点到A点，带电粒子做加速运动，因为粒子带负电，故从O点到A点粒子逆着电场线运动，则电势升高，即，同理可以看出从A点到B点粒子做减速运动，则从A点到B点粒子顺着电场线运动，则电势降低，即，同理可以看出从B点到C点粒子做反方向的加速运动，即从B点到C点粒子逆着电场线运动，则电势升高，即，而由图像可以看出，则说明，故电势最高的是A点；[2]因为带电粒子仅受电场力作用，则从A点到C点由动能定理得，所以AC两点的电势差为【答案】  ①A    ②8．(2022•上海市杨浦区高三(上)一模)如图，两金属板水平正对放置，间距为 d。两板间有一竖直向下的匀强电场，电场强度为 E。在两板正中间竖直向上放出初速度相同、带电量分别为 ＋q、－2q 的两个粒子，它们质量相同。其中粒子Ⅰ抵达上板时速度不变，粒子Ⅱ只能抵达下板。重力加速度为 g。求： (1)粒子质量 m； (2)粒子Ⅱ在电场中运动时间的最大值； (3)取粒子出发点为坐标原点、竖直向上为正方向，建立一维坐标系 y。以 y=0 为重力势能、电势能的零势能面，证明粒子Ⅱ运动到电场中任一位置时其机械能与电势能的总和不变。【解析】  (1)粒子Ⅰ抵达上板时速度不变，可判断粒子Ⅰ带负电，带电量为－2q 所受合外力为零，(2)粒子Ⅱ带电量为 +q，在电场中运动的加速度临界状态——粒子Ⅱ抵达上极板时速度减为零粒子Ⅱ做类竖直上抛运动，以向上为正，(3)在出发点 y=0：设粒子Ⅱ的初动能，粒子Ⅱ在电场中运动到某一位置的动能粒子Ⅱ在电场中运动到某一位置的重力势能机械能粒子Ⅱ在电场中运动到某一位置的电势能，，机械能与电势能的总和不变。【答案】  (1)；(2)；(3)见解析9．(2022•重庆市第八中学高三(下)冲刺四)如图甲为某质谱仪原理图，段为半径为R，圆心角为的圆弧形薄弯管(内径极小)。大量正离子由静止出发，经大小为U的电压加速后，均从A端沿弯管切线方向陆续进入弯管。弯管处于垂直于纸面向外，大小连续可调的匀强磁场中、不与管壁碰撞的离子可到达C端，被位于C端的探测器检测到。不计正离子重力及离子间相互作用。(1)探测器分别检测到比荷为及的正离子，求这两种情况下磁感应强度的比值；(2)实际弯管有内径(图乙所示)，若管内侧圆弧半径为R，内径为，要使探测器能够检测到处垂直于射入的比荷为的正离子，求磁感应强度的范围；(3)实际上，不仅弯管有内径(尺寸为第(2)问已知)，而且离子进入加速电场前有方向杂乱，大小在之间的初速度。设比荷为的正离子经加速后，可源源不断地从端各处沿各个方向进入弯管，现由小到大调节磁感应强度B的大小，发现只有磁感应强度在至间时，探测器才能检测到有离子到达，已知，求和的大小(结果用、U、R表示)。【解析】  (1)由动能定理可知，经电场加速后粒子的速度为由洛伦兹力充当向心力联立可得所以(2)设粒子运动半径为R0，由上述分析可知由题意联立可得(3)由动能定理可知，粒子经电场加速后的速度为由洛伦兹力充当向心力由题意综上，并结合(2)中分析可得所以有，【答案】  (1)；(2)；(3)，10．(2022•成都市第七中学高三(下)入学考试)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率。【解析】  (1)粒子从到过程中电场力对它做的功(2)粒子只受沿轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点在轴上，可令且，由牛顿第二定律，由运动学公式得，从到做类平抛运动，沿轴方向，解得则过程所经历的时间(3)粒子由到过程中，轴方向，y轴方向，，解得【答案】  (1)；(2)；(3)11．(2022•上海市杨浦区一模)如图，两金属板水平正对放置，间距为 d。两板间有一竖直向下的匀强电场，电场强度为 E。在两板正中间竖直向上放出初速度相同、带电量分别为 ＋q、－2q 的两个粒子，它们质量相同。其中粒子Ⅰ抵达上板时速度不变，粒子Ⅱ只能抵达下板。重力加速度为 g。求： (1)粒子质量 m； (2)粒子Ⅱ在电场中运动时间的最大值； (3)取粒子出发点为坐标原点、竖直向上为正方向，建立一维坐标系 y。以 y=0 为重力势能、电势能的零势能面，证明粒子Ⅱ运动到电场中任一位置时其机械能与电势能的总和不变。【解析】  (1)粒子Ⅰ抵达上板时速度不变，可判断粒子Ⅰ带负电，带电量为－2q 所受合外力为零 ，(2)粒子Ⅱ带电量为 +q，在电场中运动的加速度临界状态——粒子Ⅱ抵达上极板时速度减为零粒子Ⅱ做类竖直上抛运动，以向上为正，(3)在出发点 y=0：设粒子Ⅱ的初动能，粒子Ⅱ在电场中运动到某一位置的动能粒子Ⅱ在电场中运动到某一位置的重力势能机械能粒子Ⅱ在电场中运动到某一位置的电势能，机械能与电势能的总和不变。【答案】  (1)；(2)；(3)见解析12．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)在如图所示的平面直角坐标系xoy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0，0.4m)，(0.4m，0)，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小。【解析】  (1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度a=，解得a=5m/s2根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA=v0t竖直方向有yP=at2，联立得v0=xA代入数据，解得v0=1m/s(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy=因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有，解得E=50N/C设小球在水平电场中运动的水平距离为l，=根据电势差与电场强度的关系有UAB=El，解得UAB=5V(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有mv2-mv=mg(yP+d)+qUAB-qE0yP，解得v=m/s【答案】  (1)1m/s；(2)5V；(3)13．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压U1=800V，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，求电子束最大的偏转距离OP。【解析】  (1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有电子在偏转电场的飞行时间为加速度为要使电子从下极板边缘出来，应有解得偏转电压为U2=100V(2)设电子离开电场后侧移距离为，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为因为电子离开偏转电场的侧向速度为电子离开偏转电场后的侧向位移为解得电子最大偏转距离为代入数据解得【答案】  (1)U2=100V；(2)14．(2022•河北省衡水中学高三(上)五调)在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，轴水平。坐标系内有一个圆心在轴上、与轴相切的圆形区域，半径为。圆内有电场强度大小为方向竖直向下的匀强电场(图中未画出)。质量为kg，电荷量为C的带正电粒子从点由静止进入电场，从圆周上的点穿出电场，与轴的夹角为。忽略粒子的重力。(1)求粒子从点穿出电场时的速度大小。(2)若带电粒子从点进入电场时的速度方向水平向左，为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度大小应为多大？(3)现使带电粒子从轴上不同位置水平向右运动并射入电场，为使其穿过电场后的动能增量都是最大的，则粒子入射速度大小与入射位置纵坐标之间需要满足什么关系？【解析】  (1)依题意，粒子从A到B的运动过程，由动能定理得代入数据解得(2)为使动能增量最大，需要静电力做功最多，即粒子沿电场方向运动的距离最大即可。经分析得圆上最低点为出射点。从A到最低点的过程，沿电场方向有垂直于电场方向有，解得(3)根据位置关系和运动过程分解得竖直方向上有水平方向上有由几何关系得联立解得【答案】  (1)2m/s；(2)；(3)