2020-2021学年高二物理：带电粒子在电场中的应用（2）专题训练

2020-2021学年高二物理：带电粒子在电场中的应用（2）专题训练

2020-2021 学年高二物理：带电粒子在电场中的应用（2）专题训练 题组 4 带电粒子在交变电场中的应用 1.如图甲所示，两个平行金属板 P、Q 竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，周期 T＝8×10－10s．t＝0 时，Q 板比 P 板电势高 5 V，此时在两板的正中央 M 点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动， 使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在 0＜t＜8×10－10s 的时间内，这个电子处 于 M 点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（ ） A.0＜t＜2×10－10s B.2×10－10s＜t＜4×10－10s C.4×10－10s＜t＜6×10－10s D.6×10－10s＜t＜8×10－10s 【答案】D 【解析】0～ 过程中电子向右做加速运动； ～ 过程中，电子向右减速运动， ～ T 过程中电子向左加 速， T～T 过程中电子向左减速，D 选项正确． 2.如图甲所示，在距离足够大的平行板电容器 A、B 两板上加上如图乙所示的交流电压，开始 B 板的电势比 A 板高，这时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下 列说法正确的是（不计电子重力）（ ） A.电子先向 A 板运动，然后向 B 板运动，再返回 A 板做周期性来回运动 B.电子一直向 A 板运动 C.电子一直向 B 板运动 D.电子先向 B 板运动，然后向 A 板运动，再返回 B 板做来回周期性运动 【答案】C 3.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），t＝0 时刻，A 板电势高 于 B 板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度 v、位移 x、加速度 a 和动能 Ek 四个物理量随时间变化规律的是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】分析电子一个周期内的运动情况：0～ 时间内，电子从静止开始向 A 板做匀加速直线运动， ～ 沿原方向做匀减速直线运动， 时刻速度为零. ～ T 时间内向 B 板做匀加速直线运动， T～T 继续向 B 板 做匀减速直线运动．根据以上的分析可知 A 图象符合电子的运动情况．故 A 正确．电子做匀变速直线运动 时 x－t 图象是抛物线，故 B 错误．根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速 度不变，a－t 图象应平行于横轴．故 C 错误．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，Ek－t 图象是曲线．故 D 错误． 4.（多选）如图，A 板的电势 φA＝0，B 板的电势 φB 随时间的变化规律如图所示．电子只受电场力的作用， 且初速度为零，则（ ） A.若电子在 t＝0 时刻进入，它将一直向 B 板运动 B.若电子在 t＝0 时刻进入，它将时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后打在 B 板上 C.若电子在 t＝ 时刻进入，它将时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后打在 B 板上 D.若电子是在 t＝ 时刻进入，它将时而向 B 板，时而向 A 板运动 【答案】ACD 【解析】若电子在 t＝0 时刻进入，它将在电场力作用下，先加速向 B 运动，后减速向 B 运动，接着再加速 向 B 运动，后再减速向 B 运动，此过程一直重复，因此它一直向 B 板运动，直到到达 B 板，故 A 正确，B 错误；若电子在 t＝ 时刻进入，从 到 ，它先向 B 板加速运动，后减速运动，在 到 ，电子向 A 板 运动，在 到 又向 B 运动，这样时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后打到 B 板上，故 C 正确；同 理，若电子是在 t＝ 时刻进入的，它将时而向 B 板，时而向 A 板运动，故 D 正确． 5.（多选）如图甲所示，两平行金属板 MN、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周 期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电 场，粒子射入电场时的初动能均为 Ek0，已知 t＝0 时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出 电场．则（ ） A.所有粒子都不会打到两极板上 B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过 2Ek0 D.只有 t＝n （n＝0,1,2…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 【答案】ABC 【解析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0 时刻射入 电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向 分速度变化量为零，故运动时间为周期的整数倍；所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于 t＝0 时刻 射入的粒子在竖直方向始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上； 故 A、B 正确，D 错误；t＝0 时刻射入的粒子竖直方向的分位移为 ；有： ＝ · 由于 L＝d 故：vym＝v0 故 Ek′＝ m（v ＋v ）＝2Ek0，故 C 正确． 6.（多选）如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0 时刻，质量为 m 的 带电微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微 粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为 g.关于微粒在 0～T 时间内运动的描述，正确的是（ ） A.末速度大小为 v0 B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了 mgd D.克服电场力做功为 mgd 【答案】BC 【解析】0～ 时间内微粒匀速运动，有 mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为 v0 的匀速直线运 动；竖直方向： ～ 时间内，只受重力，做平抛运动， 时刻，v1y＝g ； ～T 时间内，a＝ ＝g，做匀减速直线运动，T 时刻，v2y＝v1y－a· ＝0，所以末速度 v＝v0，方向沿水平方向，选项 A 错误， B 正确．重力势能的减少量 ΔEp＝mg· ＝ mgd，所以选项 C 正确．根据动能定理： mgd－W 克电＝0，得 W 克电＝ mgd，所以选项 D 错误． 7.如图所示，A、B 两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以 v0＝4×106m/s 的速度垂直于场 强方向沿中心线由 O 点射入电场，从电场右侧边缘 C 点飞出时的速度方向与 v0 方向成 30°的夹角．已知电 子电荷 e＝1.6×10－19C，电子质量 m＝0.91×10－30kg.求： （1）电子在 C 点时的动能是多少焦？ （2）O、C 两点间的电势差大小是多少伏？ 【答案】（1）9.7×10－18J （2）15.2 V 【解析】（1）依据几何三角形解得：电子在 C 点时的速度为： v＝ ① 而 Ek＝ mv2② 联立①②得：Ek＝ m（ ）2≈9.7×10－18J. （2）对电子从 O 到 C，由动能定理，有 eU＝ mv2－ mv ③ 联立①③得：U＝ ≈15.2 V. 8.如图所示，边长为 L 的正方形区域 abcd 内存在着匀强电场．质量为 m，电荷量为 q 的带电粒子以速度 v0 从 a 点进入电场，恰好从 c 点离开电场，离开时速度为 v，不计重力，求电场强度大小． 【答案】 【解析】从 a 点到 c 点静电力做功 W＝qEL 根据动能定理得 W＝ mv2－ mv 所以 qEL＝ mv2－ mv 场强大小 E＝ 题组 5 带电粒子加速与偏转综合问题 9.如图所示，一束不同的带正电的粒子（不计重力），垂直电场线进入偏转电场，若使它们经过电场区域时 偏转距离 y 和偏转角 θ 都相同，应满足（ ） A.具有相同的动能 B.具有相同的速度 C.具有相同的 D.先经同一电场加速，然后再进入偏转电场 【答案】D 10.真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和 α 粒子都从 O 点静止释放，经过相同加速电场和偏转电场， 射出后都打在同一个与 OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子、氘核和 α 粒子质量之比为 1∶2∶4，电量之比为 1∶1∶2 且粒子重力不计）．下列说法中正确的是（ ） A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为 2∶1∶1 B.三种粒子出偏转电场时的速度相同 C.在荧光屏上将只出现 1 个亮点 D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 1∶2∶2 【答案】C 【解析】根据动能定理得 qU1＝ mv －0，则进入偏转电场的速度 v0＝ ，因为质子、氘核和 α 粒子 的比荷之比为 2∶1∶1，则初速度之比为 ∶1∶1，则运动的时间 t＝ ，知时间之比为 1∶ ∶ .故 A 错误．在竖直方向上的分速度 vy＝at＝ ，则出电场时的速度 v＝ ＝ .因为粒 子的比荷不同，则速度的大小不同．故 B 错误．偏转位移 y＝ at2＝ · · ，因为 qU1＝ mv －0，则 y ＝ ，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点．故 C 正确．偏转 电场的电场力对粒子做功 W＝qEy，因为 E 和 y 相同，电荷量之比为 1∶1∶2，则电场力做功之比为 1∶1∶2. 故 D 错误． 11.（多选）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.减小加速电压 U0 C.增大偏转电场的极板间距离 d D.将发射电子改成发射负离子 【答案】AB 【解析】在加速电场中 qU0＝ mv ，在偏转电场中 a＝ ，y＝ at2，l＝v0t，可得 y＝ ，可见增大偏 转电压 U，减小加速电压 U0，减小极板间距离 d 都可使偏转位移 y 增大，故 A、B 项对，C 项错．偏转位 移的大小与发射的带电粒子的 q、m 无关，故 D 项错． 12.（多选）如图所示，两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水平放置，A、B 接在电路中，C、D 板间电 压为 U.A 板上 O 处发出的电子经加速后，水平射人 C、D 板间，电子最终都能打在屏光屏 M 上．关于电子 的运动，下列说法正确的是（ ） A.S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，电子打在 M 上的位置越高 B.S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子由 O 至 M 经历的时间相同 C.S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子到达 M 前瞬间的动能相同 D.S 闭合后再断开，只向左平移 B，B 越靠近 A 板，电子打在 M 上的位置越高 【答案】CD 【解析】S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，加速获得的动能越大，穿过 CD 板的时间越短，电子 打在 M 上的位置越接近中间虚线，越低，故 A 错误；S 闭合，若只增加 A、B 板间的距离，加速度减小， 加速时间变长，故总时间变大，故 B 错误；S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，穿出 A、B 间的速度不变， 此后穿过 C、D 板的运动情况相同，故动能不变，故 C 正确；S 闭合后再断开，A、B 板的电荷量不变，只 向左平移 B，电场强度不变，B 越靠近 A 板，加速距离越短，电子射出 A、B 间的速度越小；电子在 C、D 板间的运动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在 M 上的位置越高，故 D 正确． 13.如图甲所示为一间距为 d、且间距足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图乙所示）， 设 U0 和 T 已知．A 板上 O 处有一静止的带电粒子，其带电荷量为 q，质量为 m（不计重力），t＝0 时刻起 该带电粒子受板间电场加速向 B 板运动，途中由于电场反向，粒子又向 A 板返回（粒子未与 B 板相碰）． （1）当 Ux＝2U0 时，求带电粒子在 t＝T 时刻的动能． （2）为使带电粒子在一个周期时间内能回到 O 点，Ux 要大于多少？ 【答案】（1） （2）3U0 【解析】（1）由 a1＝ ，a2＝ 和 时的速度 v1＝a1 得，T 时刻速度 v2＝v1－a2 ＝a1 －a2 ＝－ ， 故 T 时刻的动能 Ek＝ mv ＝ . （2） 时刻的位移 x＝ a1（ ）2， ～T 时刻的位移 x′＝v1 － ax（ ）2， v1＝a1 ，x＝－x′，联立解得 ax＝3a1 因为 a1＝ ，ax＝ ，所以 Ux＝3U0. 即：为使带电粒子在一个周期时间内能回到 O 点，Ux 要大于 3U0. 14.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，电容器板长和板 间距离均为 L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是 L＝10 cm，在电容器两极板间接一交 变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电 压是不变的）求： （1）在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处． （2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 【答案】（1）打在屏上的点位于 O 点上方，距 O 点 13.5 cm （2）30 cm 【解析】（1）电子经电场加速满足 qU0＝ mv2 经电场偏转后侧移量 y＝ at2＝ · （ ）2 所以 y＝ ，由图知 t＝0.06 s 时刻 U 偏＝1.8U0， 所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点的距离为 Y，满足 ＝ 所以 Y＝13.5 cm. （2）由题知电子侧移量 y 的最大值为 ，所以当偏转电压超过 2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光 屏上电子能打到的区间长为 3L＝30 cm. 15.一个初速度为零的电子通过电压为 U＝4 500 V 的电场加速后，从 C 点沿水平方向射入电场强度为 E＝ 1.5×105V/m 的匀强电场中，到达该电场中另一点 D 时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是 120°， 如图所示．试求 C、D 两点沿电场强度方向的距离 y. 【答案】0.01m 【解析】电子加速过程，由 eU＝ mv 得 v0＝ .粒子运动到 D 点时，在竖直方向 vy＝v0tan 30°＝at，a ＝ ，解得 t＝ ； C、D 两点沿场强方向的距离 y＝ at2＝ 代入数据解得 y＝ m＝0.01 m. 16.如图所示，虚线 PQ、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为 m＝2.0×10－11kg、电荷量 为 q＝＋1.0×10－5C，从 a 点由静止开始经电压为 U＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中， 从虚线 MN 的某点 b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成 30°角．已知 PQ、MN 间距为 20 cm， 带电粒子的重力忽略不计．求： （1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1； （2）水平匀强电场的场强大小； 【答案】（1）1.0×104m/s （2） ×103N/C 【解析】（1）由动能定理得：qU＝ mv 代入数据得 v1＝1.0×104m/s （2）粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at 由题意得：tan 30°＝ 由牛顿第二定律得：qE＝ma 联立以上各式并代入数据得： E＝ ×103N/C 17.如图所示虚线 MN 左侧有一场强为 E1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线 MN 和 PQ 之间存在着宽为 L、 电场强度为 E2＝2E 的匀强电场，在虚线 PQ 右侧相距为 L 处有一与电场 E2 平行的屏．现将一电子（电荷量 为 e，质量为 m）无初速度地放入电场 E1 中的 A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求： （1）电子从释放到打到屏上所用的时间； （2）电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角 θ 的正切值 tanθ； （3）电子打到屏上的点 P′到点 O 的距离 x. 【答案】（1）3 （2）2 （3）3L 【解析】（1）电子在电场 E1 中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 a1，时间为 t1，由牛顿第二定 律和运动学公式得： a1＝ ＝ ＝ a1t v1＝a1t1 t2＝ 运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3 . （2）设电子射出电场 E2 时沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为 a2＝ ＝ t3＝ vy＝a2t3 tanθ＝ 解得：tanθ＝2. （3）如图，设电子在电场中的偏转距离为 x1 x1＝ a2t tanθ＝ 解得：x＝x1＋x2＝3L. 18.如图所示，A、B 和 C、D 为两平行金属板，A、B 两板间电势差为 U，C、D 始终和电源相接，测得其间 的场强为 E.一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子（重力不计）由静止开始，经 A、B 加速后穿过 C、D 发生 偏转，最后打在荧光屏上，已知 C、D 极板长均为 x，荧光屏距 C、D 右端的距离为 L，问： （1）粒子带正电还是带负电？ （2）粒子打在荧光屏上的位置距 O 点多远处？ （3）粒子打在荧光屏上时的动能为多大？ 【答案】（1）正电 （2） （ ＋L） （3） 【解析】（1）粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电． （2）设粒子从 A、B 间射出时的速度为 v，则有 qU＝ mv2. 设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为 φ，偏转距离为 y， 则在水平方向有 vx＝v，x＝vxt. 在竖直方向有 vy＝at，y＝ at2. 粒子加速度 a＝ ＝ . 由此得到 tanφ＝ ＝ ，y＝ . 所以粒子打在荧光屏上的位置距 O 点的距离为 y′＝y＋Ltanφ＝ （ ＋L）． （3）方法一：由上述关系式得 vy＝Ex ， 所以粒子打在荧光屏上时的动能为 Ek＝ mv ＋ mv ＝qU＋ ＝ . 方法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理 qU＋qEy＝Ek， 得 Ek＝qU＋qE· ＝ . 19.如图甲所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为 U1 的加速电场加速后，沿两水平 金属板 C、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上．C、D 两板间的电势差 UCD 随时间变 化的图象如图乙所示，设 C、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为 m、电荷量 为 e（重力不计），C、D 极板长为 l，板间距离为 d，偏转电压为 U2，荧光屏距 C、D 右端的距离为 ，所 有电子都能通过偏转电极． （1）求电子通过偏转电场的时间 t0； （2）若 UCD 的周期 T＝t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度． 【答案】（1）l （2） 【解析】（1）电子在加速电场的加速过程 eU1＝ mv 在偏转电场中运动，水平方向匀速运动有 v0t0＝l，得 t0＝l . （2）当 T＝t0 时，电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在 竖直方向的位移最大．t＝0 时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大值 y 上＝ · （ ）2×2 ＝ 同理得向下侧移距离最大值 y 下＝ · （ ）2×2 ＝ 所以电子能到达的区域长 Δy＝y 下＋y 上＝ .