2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案057-课时作业49 带电粒子在电场中运动的综合问题（教用）

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1．如图甲，一平行板电容器两板间距为d，在一板内侧附近有一电荷量为q、质量为m的正离子（不计重力及初速度），为使该离子能在两极板间来回振动而不撞在两极板上，在两极板间加上如图乙所示的交流电压，此交流电压的周期应满足（ ）
A. T4dmqU
C. T2dmqU
【答案】A
【解析】设周期为T0时，正离子从左极板向右运动，先做T04的匀加速运动，再做T04的匀减速运动，到达右极板时，速度恰好减为0，然后再反向做T04的匀加速运动、T04的匀减速运动，到达左极板，此后重复上述运动。根据题图乙可知，加速和减速运动的加速度大小相同，位移相同，加速度大小为a=Uqdm，则匀加速运动的末速度v=at=Uqdm⋅T04，又由动能定理得12mv2−0=12Uq，解得T0=4dmqU，为使该离子能在两极板间来回振动而不撞在两极板上，则T4qEm，所以小球运动到P点时加速度不是最大，A错误；当小球向右运动时，所受合外力向左，小球的加速度从12a0逐渐减小的过程中速度减小，B错误；设加速度为12a0时速度为v1，则m⋅12a0=qE+kv1，又因为ma0=qE+kv0，两式联立可得qE+kv0=2qE+2kv1，所以kv0−2kv1=qE，所以kv0>2kv1，所以v112a0，所以D错误。
8．（2025·辽宁大连二模）多选 如图甲所示，在矩形MNQP区域内有平行于MP的匀强电场，一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（不计粒子重力）以初速度v0从M点沿MN方向进入匀强电场，经时间T0刚好从Q点射出，MN=2MP=2L。取匀强电场方向由M→P为正方向，使匀强电场的电场强度按图乙或图丙所示做周期性变化，图中E0为未知量，现使该粒子在t=0时刻仍从M点以v0射入电场，下列说法正确的是（ ）
A. 电场强度E0的大小为mv022qL
B. 若电场按图乙做周期性变化，则粒子到达NQ边界上的位置与Q相距L2
C. 若电场按图乙做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的速度大小为32v0
D. 若电场按图丙做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的位置与Q相距L2
【答案】AD
【解析】对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，由运动学知识有2L=v0T0，沿电场方向做匀加速直线运动，有L=12aT02，由牛顿第二定律有qE0=ma，联立解得E0=mv022qL，A正确；若电场按题图乙做周期性变化，粒子沿MN方向做匀速直线运动，有2L=v0T0，沿电场线方向，前T02做匀加速直线运动，有vy=aT02，y1=12a(T02)2，T02～T0时间内，沿电场线方向做匀速直线运动，有y2=vyT02，联立解得粒子到达NQ边界上的位置与Q相距y=L−(y1+y2)=L4，粒子到达NQ边界时的速度大小为v=v02+vy2=52v0，B、C错误；若电场按题图丙做周期性变化，粒子沿MN方向做匀速直线运动，有2L=v0T0，沿电场线方向，前T02做匀加速直线运动，有vy=aT02，y1=12a(T02)2，T02～T0时间内，沿电场线方向做匀减速直线运动，有vy2=vy−aT02，y′2=vyT02−12a(T02)2，联立可得粒子到达NQ边界时的位置与Q相距y′=L−(y1+y′2)=L2，D正确。
创新思维练
9．（2025·江苏南京二模）（10分）如图甲所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N的长度为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏P。AB是极板的中心线，两板间所加电压随时间变化的规律如图乙所示，图中U0、T已知。t=0时刻，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿两板中心线AB以某一初速度射入极板间，该粒子在T时刻飞离电容器。不计粒子受到的空气阻力，粒子在整个运动过程中都不会打到电容器的上、下极板。
（1） 若不考虑该粒子的重力，求该粒子射入极板间的速度大小v0及0～T2时间内加速度的大小；
（2） 若不考虑该粒子的重力，求当图乙中k=3时，该粒子离开电容器时的偏转距离y；
（3） 若要考虑该粒子的重力，且U0=mgdq，g为重力加速度，该粒子最后能垂直打在P上，求图乙中k的值。
【答案】（1） LT；qU0md
（2） 0
（3） 5
【解析】
（1） 粒子在沿极板方向做匀速直线运动，可得L=v0T，
解得该粒子射入极板间的速度大小v0=LT，
粒子在0～T2时间内，由牛顿第二定律得qU0d=ma1，
可得此时间内的加速度大小为a1=qU0md。
（2） 粒子在垂直于极板方向先向下加速后向下减速再反向加速，v−t图像如图所示。
粒子在T2到T过程，加速度大小a2=3qU0md，
粒子在0到T2过程中垂直于极板方向的位移y1=12a1(T2)2=U0qT28dm，
粒子在T2到T过程中垂直于极板方向的位移
y2=a1⋅T2⋅T2−12a2(T2)2=−U0qT28dm，
y=y1+y2=0。
（3） 选垂直于极板向下为正方向，粒子离开电场做斜抛运动，离开时在垂直于极板方向的速度
vy2=−gt=−gT，
粒子在0～T2时间内，由牛顿第二定律有
mg+qU0d=ma1，
可得在垂直于极板方向的加速度大小a1=2g。
粒子在T2时刻在垂直于极板方向的速度
vy1=2gT2=gT，
粒子在T2到T过程中，加速度为
a2=ΔvΔt=vy2−vy1T2=−4g，
加速度大小为4g，方向向上。
由牛顿第二定律有
kU0qd−mg=m×4g，
解得k=5。