高三物理总复习 课时跟踪检测（三十三） “带电粒子在电场中运动问题”的综合研究

课时跟踪检测（三十三）  “带电粒子在电场中运动问题”的综合研究

一、立足主干知识，注意基础性和综合性

1.某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E-x关系如图所示，ON＝OP，OA＝OB。取O点的电势为零，则(　 )

A．A、B的电势相等

B．从N到O的过程中，电势一直增大

C．电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小

D．电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等

解析：选D　由于场强为正值则电场强度E的方向为x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，A、B错误；电子从N移到P的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，C错误；由图像可知，图形的面积表示电势差，则有UNO＝UOP，再根据W＝qU可知，则电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等，D正确。

2．空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是(　 )

A．E＝3 V/m，方向沿x轴正方向

B．E＝5 V/m，方向指向第一象限

C．E＝400 V/m，方向沿y轴负方向

D．E＝500 V/m，方向指向第三象限

解析：选D　在沿y轴方向，电势为40 V时，此时距离O点的距离为10 cm，而沿x轴方向，电势为40 V时，此时距离O点的距离为 cm，此两点为等势点，电场强度的方向垂直于两者连线且指向第三象限，由E＝计算可得电场强度大小为500 V/m，方向与x轴负方向成53°，指向第三象限，故A、B、C错误，D正确。

3.(2022·山东烟台模拟)一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是(　 )

A．在x1处粒子速度最大

B．在x2处粒子加速度最大

C．在x3处电势最高

D．在x2处电势为零

解析：选C　带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的。则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，速度最大，A错误；根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp＝Ep0－Ep，从而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即图像中的斜率表示电场力大小，在x2处图像的斜率为零，粒子加速度为零，B错误；负电荷在电势低的地方电势能高，在x3处的电势能最小，所以电势最高，C正确；根据公式φ＝，可知在x2处电势不为零，D错误。

4.(多选)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则(　 )

A．小球在B点时速度最大

B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少

C．小球在B点时细线的拉力最大

D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加

解析：选BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。

5．(2022·浙江宁波模拟)一个带负电的粒子从x＝0处由静止释放，仅受电场力作用，沿x轴正方向运动，加速度a随位置变化的关系如图所示，x2－x1＝x3－x2可以得出(　 )

A．在x1和x3处，电场强度相同

B．从x1到x3过程中，电势先升高后降低

C．粒子经x1和x3处速度等大反向

D．粒子在x2处电势能最大

解析：选B　因为qE＝ma，所以在x1和x3处，电场强度大小相等，方向相反，A错误；根据图像可知，从x1到x3过程中，粒子先加速后减速，所以电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，x2处，电势能最小，根据Ep＝qφ可知，粒子带负电，所以电势先升高后降低，B正确，D错误；根据运动学公式可知v2＝2ax可知，a-x图像的面积表示，所以粒子经x1和x3处速度大小相等，方向相同，C错误。

6．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是(　 )

解析：选AD　在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图像应如图D所示，vt图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以xt图像应是曲线，B错误。

7.如图所示，ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧(含y轴)存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电量为＋q的小球，从A点由静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)小球落回到A点时的速率；

(2)电场强度的大小；

(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。

解析：(1)设小球离开D点时的速率为vD，由D落回到A的时间为t，则由平抛运动规律有R＝gt2，R＝vDt，解得vD2＝，小球落回到A时的速率为vA，根据动能定理有mgR＝mvA2－mvD2，解得vA＝ 。

(2)小球从A到D的过程中，根据动能定理有－mgR＋2qER＝mvD2－0，结合(1)解得E＝。

(3)小球通过轨道最低点B处时的速率为vB，轨道对小球的支持力为F，则有mgR＝mvB2－0，根据合力提供向心力有F＋qE－mg＝m，解得F＝，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F′＝F＝。

答案：(1)　(2)　(3)

二、强化迁移能力，突出创新性和应用性

8．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动中没与极板相碰，不计重力，则(　 )

A．φ1∶φ2＝1∶2

B．φ1∶φ2＝1∶4

C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大

D．在0～2T内，电子的电势能减小了

解析：选D　0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以a1＝＝向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T；T～2T内平行板间电场强度E2＝，加速度a2＝，电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－a2T2，2T时刻回到P点，则x1＋x2＝0，联立解得φ2＝3φ1，故A、B错误；0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝mv22＝，根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。

9.(2022·福州模拟)(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且AP＜BP，则(　 )

A．q1的电荷量大于q2的电荷量

B．从P点到B点，电场强度逐渐增大

C．q1和q2都是负电荷

D．在A、B之间将一负试探电荷从P点左侧移到右侧，电势能先减少后增加

解析：选BCD　在P点φ-x图像的斜率为零，P点的电场强度为零，则q1和q2在P点产生的场强大小相等，方向相反，由公式E＝k，且有AP＜BP，可知q1的电荷量小于q2的电荷量，故A错误；在φ-x图像中，图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，从P点到B点，斜率的绝对值越来越大，电场强度逐渐增大，故B正确；从P点到A、B两点电势都降低，则q1和q2都是负电荷，故C正确；在A、B之间将一负试探电荷从P点左侧移到P点，电场力做正功，电势能减少；再从P点移到右侧，电场力做负功，电势能增加，即电势能先减少后增加，故D正确。

10.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝2.0×10－20 kg，电荷量q＝2.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则(　 )

A．x轴原点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比＝

B．粒子沿x轴正方向从－1 cm运动到0和从0运动到0.5 cm 运动过程中所受电场力的冲量相同

C．该粒子运动的周期T＝4.0×10－8 s

D．该粒子运动过程中的最大动能为4.0×10－8 J

解析：选D　由图可知，根据U＝Ed，可得，左侧电场强度为E1＝ V/m＝2×103 V/m，右侧电场强度为E2＝ V/m＝4×103 V/m，联立，可得＝，故A错误；粒子运动到原点速度最大，根据动能定理，有qE1x＝Ekm，代入数据，得Ekm＝4×10－8 J，设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点的速度为vm＝t1，同理可知vm＝t2，周期为T＝2(t1＋t2)，联立代入数据得T＝3×10－8 s，故C错误，D正确；根据动量定律，有I1＝mvm－0，I2＝0－mvm，即粒子沿x轴正方向从－1 cm运动到0和从0运动到0.5 cm运动过程中所受电场力的冲量大小相同，方向相反，故B错误。

11．如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：

(1)粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；

(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；

(3)A、B两板间距的最小值。

解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度

在C、D间，由动能定理有qU2＝mv02

解得v0＝ 。

(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，竖直方向的位移也为0，若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝T。

(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d

则有··2×2＝

解得d＝ 。

答案：(1) 　(2)T　(3)