XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时带电粒子在交变电场中运动加练半小时

XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时带电粒子在交变电场中的运动加练半小时XX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时带电粒子在交变电场中的运动加练半小时PAGEXX专用高考物理一轮复习第七章静电场课时带电粒子在交变电场中的运动加练半小时57带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨](1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图象，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转假如几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时辰由静止开释，若带电粒子只受电场力作用，则以下说法中正确的选项是()图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于02．(多项选择)(2017·山东青岛二中模拟)如图2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，以以下图中，反应电子速度v、位移x和加快度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的选项是()图23．(多项选择)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平搁置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左边紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时辰开始连续开释初速度大小为v0，方向平行于金属板的同样带电粒子.t＝0时辰开释的粒子恰巧从Q板右边边沿走开电场．已知电场变化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及互相间的作使劲．则()图3A．在t＝0时辰进入的粒子走开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为eq\f(mv\o\al(,02),2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T时辰进入的粒子走开电场时电势能减少了eq\f(1,8)mv02D．在t＝eq\f(1,4)T时辰进入的粒子恰巧从P板右边边沿走开电场4．(多项选择)(2018·河北邢台质检)如图4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变化状况如图乙所示．t＝0时，在P点由静止开释一质量为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()图4A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T内，当t＝T时电子的动能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了eq\f(2e2T2φ\o\al(,12),md2)cm，距极板右端eq\f(l,2)处有一竖直搁置的荧光屏．在平行板电容器左边有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，平均、连续不停地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg，速度为4×106m/s的带电粒子．此刻平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的沟通电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于沟通电的周期．下边说法正确的选项是()图5A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cmB．粒子打在屏上的地区面积为64cm2C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64%可以打在屏上D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s6．(2017·辽宁沈阳质检)如图6中a所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示，E为＋E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时辰t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T抵达的点记为A(A点在图中未画出)．若t0＝0，则OA连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．图6(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝eq\f(T,4)，求A点的坐标；(3)若t0＝eq\f(T,8)，求粒子抵达A点时的速度．

答案精析1．D[画出带电粒子速度v随时间t变化的图象以以下图，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不可以回到原出发点，A、C错误；2s末速度不为0，可见0～2s内电场力做功不等于0，B错误；2.5s和4s末，速度的大、小方向都同样，2.5～4s内电场力做功等于0，因此D正确．]2．AD[在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，由于电子在平行金属板间所受的电场力F＝eq\f(U0e,d)，因此电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个eq\f(T,4)内向B板做匀加快直线运动；在第二个eq\f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq\f(T,4)内反向做匀加快直线运动，在第四个eq\f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，因此a－t图象如选项图D所示，v－t图象如选项图A所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，因此x－t图象应是曲线，应选项A、D正确，B、C错误．]3．AD4.BD5．BCD[设粒子恰巧从极板边沿射出时极板两头的电压为U0，水平方向l＝v0t，竖直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0t2，又a0＝eq\f(qU0,md)，解得U0＝eq\f(md2v\o\al(,02),ql2)＝128V，即当U≥128V时粒子打到极板上，当U<128V时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y，由几何关系和类平抛运动规律得eq\f(\f(l,2)＋\f(l,2),\f(l,2))＝eq\f(y,y－\f(d,2))，解得y＝d＝4cm，选项A错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的地区总长度为2d，则粒子打到荧光屏上的地区面积为S＝2da＝64cm2，选项B正确；在前eq\f(1,4)T，粒子打到荧光屏上的时间t0＝eq\f(128,200)×0.005s＝0.0032s，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t′＝4t0＝0.0128s，选项D正确；由于这些粒子平均、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子可以打在荧光屏上的比率为η，此时电容器两头的电压U<128V，则η＝eq\f(128,200)×100%＝64%，选项C正确．]6．看法析分析(1)粒子在t0＝0时辰射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y＝vT粒子沿x轴方向在0～eq\f(T,2)内做初速度为零的匀加快运动，位移为x1，末速度为v1，则：x1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2，v1＝aeq\f(T,2)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2)～T内做匀减速运动，位移为x2，由题意知两段运动的加快度大小相等，则：x2＝v1(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2粒子沿x轴方向的总位移为x，则：x＝x1＋x2粒子只遇到电场力作用，由牛顿第二定律得：qE0＝may＝x联立各式解得：eq\f(q,m)＝eq\f(4v,E0T)(2)粒子在t0＝eq\f(T,4)时辰射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y′＝vT粒子沿x轴方向在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内做初速度为零的匀加快运动，位移为x3，末速度为v2，则：x3＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2v2＝aeq\f(T,4)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2)～T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则：x4＝v2(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2v3＝v2－aeq\f(T,2)粒子沿x轴方向在T～eq\f(5T,4)内做匀变速运动，位移为x5，则：x5＝v3(eq\f(T,4))＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2粒子沿x轴的总位移为x′，则：x′＝x3＋x4＋x5联立各式解得：x′＝0则A点的坐标为(0，vT)(3)粒子在t0＝eq\f(T,8)时辰射入电场，粒子沿y轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿x轴方向在eq\f(T,