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2021届高考物理 小题必练17 带电粒子在电场中运动

2021届高考物理 小题必练17 带电粒子在电场中运动

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12
小题必练17：带电粒子在电场中运动

(1)带电粒子在匀强电场中的运动；(2)示波管、常见电容器等。

例1．(2020·全国I卷·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q＞0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。

(1)求电场强度的大小；
(2)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应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q＞0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xAC＝R
所以根据动能定理有：qExAC＝mv－0
解得：。
(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
x＝Rsin 60°＝v1t
y＝y＋Rcos 60°＝at2
而电场力提供加速度有：qE＝ma
联立各式解得粒子进入电场时的速度：。
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。

当从B点射出时由几何关系有：
xBC＝R＝v2t2，xAC＝R＝at22
电场力提供加速度有：qE＝ma
联立解得：v2＝v0
当粒子从C点射出时初速度为0。
【点睛】本题考查带电粒子在电场中加速和偏转问题，要明确粒子的受力与运动情况，同时会用运动的分解处理类平抛运动。

1．(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)

A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
【答案】BD
【解析】将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于E＝＝＝，由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误。若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。
2．如图所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)

A．若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻R
B．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动
C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动
D．若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动
【答案】C
【解析】和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C＝可知，电容减小，根据公式C＝可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E＝可得两极板间的电场强度减小，电场力小于重力，P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，电场强度增大，则电场力大于重力，P向上运动，C正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr增大，两极板间的电场强度恒定不变，所以电场力不变，P仍静止，D错误。
3．(多选)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是(　　)

A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴3所带电荷量最多
【答案】BD
【解析】三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴3在水平方向位移最大，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。
4．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

A．动能增加mv2
B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2
D．电势能增加2mv2
【答案】B
【解析】小球动能的增加量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差h＝，小球重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减小量ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确。

5．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)

A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
B．两电荷在电场中运动的加速度相等
C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功
D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
【答案】AC
【解析】从轨迹可以看出yM＞yN，故·t2＞·t2，解得＞，qM＞qN，故A正确，B错误；根据动能定理，电场力的功W＝ΔEk＝mvy2，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；从轨迹可以看出xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误。
6．(多选)如图所示，半径R＝0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝8.0×10－5 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则(　　)

A．该匀强电场的电场强度E＝100 V/m
B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J
C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s
D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J
【答案】CD
【解析】粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，即AD＝v0t，DC＝t2，联立得E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A到C由动能定理，qUAC＝mvC2－mv02，得vC＝5 m/s，故C正确；粒子在C点总能量EC＝mvC2＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率v＝4 m/s时的电势能Ep′＝EC－mv2＝4.5×10－4 J，故D正确。

7．如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)

A．保持开关S闭合，适当上移P极板
B．保持开关S闭合，适当左移P极板
C．先断开开关S，再适当上移P极板
D．先断开开关S，再适当左移P极板
【答案】A
【解析】粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间，即减小两极板间的电场强度；保持开关S闭合时极板间电压不变，适当上移P极板，根据U＝Ed，场强E减小，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，极板上所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，场强不变，故C错误；先断开开关S，再适当左移P极板，极板所带电荷量不变，正对面积减小，由E＝＝＝可知，场强变大，故D错误。
8．如图所示，在厚铅板A表面的中心放置一很小的放射源，可向各个方向放射出速率为v0的α粒子，α粒子的质量为m，电荷量为q，在金属网B与A板间加有竖直向上的匀强电场，场强为E，A与B的间距为d，B网上方有一很大的荧光屏M，M与B的间距为L。当有α粒子打在荧光屏上时就能使荧光屏产生一闪光点，整个装置放在真空中，不计重力的影响。求：

(1)打在荧光屏上的α粒子具有的动能。
(2)荧光屏上闪光点的范围。
【解析】(1)由动能定理得：qEd＝EkB－mv
得EkB＝qEd＋mv。
(2)α粒子的初速度与电场方向垂直时，做类平抛运动，沿场强方向，有：
a＝，d＝at
得到达B网的时间t1＝
粒子具有沿场强方向的速度vBy＝at1＝
从B网到M所用的时间t2＝＝
粒子运动的总时间t＝t1＋t2＝
荧光屏上闪光点的范围是个圆，其半径。
9．如图所示，电场强度大小为E＝的竖直匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端固定一质量为m，带电荷量为＋q的小球。在O点正上方和正下方L处，分别固定一个绝缘挡板A、B，两挡板竖直放置且尺寸较小。现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧L处，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A、B碰撞，小球与挡板碰撞时不损失机械能，碰后瞬间电场立即反向，大小不变。重力加速度大小为g。求：

(1)小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板B，初速度v0的最小值。
(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，小球与挡板A、B第一次碰撞前瞬间，轻绳的拉力分别为多大。
(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数。
【解析】(1)小球与挡板A碰前，由于qE＝mg，小球将做匀速圆周运动到挡板A。
小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力的作用下做圆周运动到挡板B，此过程中
F＝qE＋mg＝2mg，方向向下
要能做圆周运动，则最高点A处满足qE＋mg≤
解得v0≥
因而小球初速度的最小值为。
(2)小球第一次与挡板A碰前做匀速圆周运动，因而有TA1＝
解得TA1＝2mg。
小球第一次与挡板A碰后，将做变速圆周运动到挡板B与挡板B第一次碰撞，在该过程中，根据动能定理有(qE＋mg)·2L＝mv－mv
小球第一次与挡板B碰前瞬间，由圆周运动的知识有
TB1－qE－mg＝
解得TB1＝12mg。
(3)小球与挡板B第一次碰后到小球与挡板A第二次碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做匀速圆周运动，则小球与挡板A第二次碰前有vA2＝vB1
因而轻绳的拉力为TA2＝
联立解得TA2＝10mg
小球与挡板A第二次碰后到小球与挡板B第二次碰前的过程，根据动能定理有
(qE＋mg)·2L＝mv－mv
小球与挡板B第二次碰前瞬间，根据圆周运动的知识有
TB2－qE－mg＝
联立解得TB2＝20mg
由上分析可知，小球每次与挡板A、B碰撞前，轻绳的拉力均比上一次与挡板碰撞增加
ΔT＝TAn＋1－TAn＝TBn＋1－TBn＝8mg
因而小球与挡板B第n次碰前，轻绳的拉力为
TBn＝TB1＋(n－1)ΔT＝4(2n＋1)mg
如果轻绳断裂，则应有TBn≥50mg
解得n≥5.75
因而小球与挡板A碰撞6次，与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为N＝6＋5＝11(次)。
10．在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2.5q的B球在A球正下方，相距为L。由静止释放B球，B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度大小vA、vB；
(3)在以后A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等吗?如果相等，请计算该时间间隔T；如果不相等，请说明理由。
【解析】(1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则
qE＝mg
可得匀强电场的电场强度大小E＝
(2)由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球碰撞前瞬间速度为v1，由动能定理得：
(2.5qE－mg)L＝mv12
解得：v1＝
A、B两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得：
mv1＝mvA＋mvB
mv12＝mvA2＋mvB2
联立解得：vA＝v1＝，vB＝0。
(3)设B球在复合场中运动的加速度为a，A、B两球第一次碰撞后，A球开始向上以速度v1做匀速直线运动，B球又开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，设到第二次碰撞前的时间间隔是t1，则：
v1t1＝at12
解得：t1＝
碰撞过程满足动量守恒且无动能损失，故每次碰撞之后两球都交换速度，第二次碰撞后，A球向上做匀速直线运动，速度为at1＝2v1，B球向上做初速度为v1的匀加速直线运动。设到第三次碰撞前的时间间隔是t2，则有：
2v1t2＝v1t2＋at22
解得：t2＝＝t1
以此类推，每次碰撞时间间隔相等，该时间间隔为T＝
根据牛顿第二定律：2.5qE－mg＝ma
解得：T＝。