1、 第 33 讲 带电粒子在电场中的运动综合问题分析测【满分：110 分 时间：90 分钟】一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中. 18 题只有一项符合题目要求； 912 题有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。)1如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极 YY、水平偏转电极 XX和荧光屏组成，当电极 YY和 XX所加电压都为零时，电子枪射出的电予恰好打在荧光屏上的中心点即原点 O 上，下列说法正确的是A 当上极板 Y 的电势高于 Y，而后极板 X 的电势低于 X时，电子将打在第一象限B 电子从
2、发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关C 电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关D 电子通过 XX 时的水平偏转量与 YY 所加电压大小有关【答案】 C2 图为示波管的原理图，如果在电极 之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极 之间所加的电X Y压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是A B C D 【答案】 C3图（a）为示波管的原理图，如果在电极 之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极 之间Y X所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧火屏上会看到的图形是（ ）A B C D 【答案】 B4一对平行金属板长为 L，两板间距为 d，质量为 m，电荷
3、量为 e 的电子从平行板左侧以速度 v0 沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压 uAB 如图所示，交变电压的周期 ，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（ ）A 所有电子都从右侧的同一点离开电场B 所有电子离开电场时速度都是 v0C t0 时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D t 时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为4 16【答案】 BD【解析】试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开
4、电场的位置不全相同故 A 错误；由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度 ，速度都等于 ，故 B 正确；由上分析可知，电子离开电=0 0场时的速度都相同，动能都相同，故 C 错误； 时刻进入电场的电子，在 时刻侧位移最大，最大侧位=4 =34移为： ，在 时刻进入电场的电子侧位移最大为 ，则有： ，联立得：=212(4)2=216 =0 12 12=412(2)2故 D 正确。=16考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只
5、有水平速度。 时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于 ，电子的动能不是最大分析 时刻进入电场的电=0 0=4子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移。5如图所示，空间有场强大小为 E，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面倾角为 ，底端固定一根劲度系数为 k 的轻弹簧；彼此绝缘的 AB 两物体静止在弹簧顶端，A 的质量为 m，电量为+q，B 的质量也为 m，不带电，弹簧处在弹性限度内；某时刻，在沿斜面向上的外力 F 作用下，AB 一起以加速度 a 匀加速运动，则当AB 分离瞬间（ ）A 弹簧的形变量为 0 B 弹簧的形变量为=+C A 的速度达到最大 D A 的加速度为 0【答案】
6、 B【解析】【详解】【点睛】图中 A、B 分离的临界条件是 A、B 之间的弹力为零，隔离 A 分析求解弹簧弹力，根据胡克定律列式求解形变量；A 的速度最大的时刻对于 A 的加速度为零6如图所示，带电小球 a 由绝缘细线 OC 和 OE 悬挂而处于静止状态，其中 OC 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道 AB，圆心 O 与 a 球位置重合，管道底端 B 与水平地面相切。一质量为 m 的带电小球 b 从 A 端口由静止释放，当小球 b 运动到 B 端时对管道内壁恰好无压力，在此过程下列说法错误的是（）A 小球 b 的机械能守 B 悬线 OE 的拉力先增大后减小C 悬线 OC 的拉力先增大
7、后减 D b 球受到的库仑力大小始终为 3mg【答案】 B拉力不断增大，悬线 OC 的拉力先增大后减小，故 B 说法错误，C 说法正确。所以选 B。7如图所示，一质量为 m、带电量为 q 的小球用细线系住，线的一段固在 O 点，若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成 60o 角，则电场强度的最小值为（ ）A B C D 2 32 2 【答案】 B【解析】以小球为研究对象，对小球进行受力分析，故小球受到重力 mg、绳的拉力 F1、电场力 F2 三个力作用，根据平衡条件可知，拉力 F1 与电场力 F2 的合力必与重力 mg 等大反向。因为拉力 F1 的方向确定，F 1 与 F2 的合力等于mg
8、 确定；由矢量图可知，当电场力 F2 垂直悬线时电场力 F2=qE 最小，故场强 E 也最小。由图可知此时电场力qE=mgsin60；所以 ，所以正确的选项是 B。故选 B。 60 32点睛：当处于平衡状态的物体受到三个力，一个力是恒力，第二个力方向不变，第三个力大小与方向都发生变化时可以利用矢量三角形法即图解法求解8在竖直平面内有水平向右、场强为 E=1104N/C 的匀强电场。在场中有一根长 L=2m 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端系质量为 0.04kg 的带电小球，它静止时细线与竖直方向成 37角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止
9、时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37=0.8，g=10m/s 2)A 小球所带电量为 q=3.510-5CB 小球恰能做圆周运动动能最小值是 0.96JC 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是 1.54JD 小球恰能做圆周运动的机械能最小值是 0.5J【答案】 C【解析】对小球进行受力分析如图所示：根据平衡条件得： ，解得： ，故 A 错误；由于重力和电场力都是恒37=37 =3105力，所以它们的合力也是恒力A， ，所以 C 点的机械能为 ，即机械能的最小电 =电 (1+37)=0.96， 电 =2 机 =2=1.54值为 1.54J，故 C 正确，D 错误；故选 C
10、。【点睛】根据小球在平衡位置合力为 0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值抓住小球 能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析9如图所示，一小球质量为 1kg、电荷量为 0.01C,欲使该小球沿直线 AB 运动，所加匀强电场的场强大小可能为（g 取 10m/s2） （ ）A 600N/CB 800 N/CC 1000 N/CD 2000 N/C【答案】 BCD【解析】【分析】【详解】小球受到的重力是恒定的，方向竖直向下，大小 ；小球受到的电场力和重力的合力
11、沿直线 AB，如=10图所示，当电场强度方向和 AB 垂直时，电场力最小，此时有 ，解得 ，BCD 正确37= =800/10如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为 d，电容为 C，上板 B 接地。现有大量质量均为 m、带电量均为 q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点。如果能落到 A 板的油滴仅有 N 滴，且第 Nl 滴油滴刚好能飞离电场，假定落到 A 板的油滴的电量能被 板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 g，则 A 落到 A 板的油滴数=2B 落到 A 板的油滴数=32
12、C N+1 滴油滴通过电场的整个过程所增加的机械能等于8D N+1 滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于38【答案】 BCD【解析】【详解】D、第(N+1)粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能： ；故 D 正确。电 =2=38故选 BCD。【点睛】考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用11如图所示的电路中，R 1=R2=20，R 3=10，R 4=5，当 S1、S 2 均闭合时，有一质量为 m310 5 kg、电荷量为 q510 6 C 的小球静止于水平放置的平行板电容器间，与两板距离均为 l10cm。现断开 S2，带电
13、小球向一个极板运动并与此极板碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，只是碰后小球带电量发生变化。若碰后小球恰能运动到另一极板，不计电源内阻，则A 小球碰前电性为负B 电源电动势为 20VC 碰后小球电量增加 1.25106 CD 碰后小球电量变化了 1.125105 C【答案】 AC【解析】【详解】，故小球电量增加 ；选项 C 正确，D 错误。=54=6.25106C =1.25106C故选 AC。【点睛】本题是串并联电路与电容器两部分知识的综合，关键是确定电容器的电压与电动势的关系12示波管的内部结构如图甲所示,如果在偏转电极 XX、YY 之间都没有加电压,电子束将打在光屏中心,如在偏转电板 XX之
14、间和 YY之间加上如丙所示的几种电压,荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形,则下列说法正的是( )A 若 XX、YY分别加图丙中电压(3)和(1),荧光屏上可以出现乙中(a)所示波形B 若 XX、YY分别加丙中电压(4)和和(2),荧光異上可以出现图乙中(a)所示波形C 若 XX、YY分别加图丙中电压(2)和(1) 荧光屏可以出现图乙中(b) 所示波形D 若 XX、 YY分别加图丙中电压(3)和(2),荧光屏上可以出现图乙(b)所示波形【答案】 AD二、非选择题（本大题共 4 小题，第 13、14 题每题 10 分；第 15、16 题每题 15 分；共 50 分）13如图所示，
15、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 m2.010 11 kg、电荷量为q1.010 5 C，从 a 点由静止开始经电压为 U100 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)1.0104m/s (2) 103N/C3【解析】(1)由动能定理得： =1221来源 :学 科 网 代入数据得 v11.010 4m/s(2)粒子沿初速度方向
16、做匀速运动： dv 1t粒子沿电场方向做匀加速运动：v yat由题意得：30=1由牛顿第二定律得：qEma联立以上各 式并代入数据得： =3103N/C【点睛】加速电场中运用动能定理、类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究14如图（甲）中平行板电容器，两板所加电压如图（乙）所示。t=0 时刻，质量为 m、带电荷量为 q 的粒子以平行于极板的速度 从电容器左侧中央射入电容器， 2.5T 时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一0过程中，求：（1）该粒子的水平位移；（2）平行板电容器两板间的距离
17、 d。【答案】 （1） （2）2.50217【解析】【详解】=12(32)2+1 =1=又 y= d 12联立得：d= 217【点睛】（1）粒子在水平方向上做匀速直线运动，结合初速度和时间求出水平位移；（2）粒子在竖直方向先做匀加速直线运动，无电压时，做匀速直线运动，然后再做匀加速直线运动，作出竖直方向上的速度时间图线，结合运动学公式求出平行板电容器两板间的距离15如图所示，平行金属板长为 2m，一个带正电为 2106C、质量为 5106kg 的粒子以初速度 5m/s 紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成 30角，粒子重力不计，求：（1）粒子末速度大小；（2） 上下两个极
18、板的电势差是多少？【答案】 （1） m/s ( 2 )10.4V103 3【解析】【详解】【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的偏转，掌握处理类平抛运动的方法，运用动能定理进行 求解，基础题。16如图所示，在竖直平面内有一矩形区域 ABCD，长边 BA 与水平方向成 =37角，短边的长度为 d，区域内存在与短边平行且场强大小为 E 的匀强电场。一个带电微粒从 O 点以某一水平初速度 v1 沿 OP 方向射入电场，能沿直线恰好到达 P 点；若该带电微粒从 P 点以另一初速度 v2 竖直向上抛出，恰好经过 D 点。已知 O 为短边AD 的中点，P 点在长边 AB 上且 PO 水平，重力加速度为 g，
19、sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)微粒所带电荷量 q 与质量 m 的比值；(2)v1 的大小与 v2 大小的比值；(3)若将该带电微粒从 P 点以一定的初速度 v3 竖直 向上抛出，则当其动能变为初动能的 3 倍时，求微粒的竖直位移 y 的大小与水平位移 x 大小的比值。【答案】 (1) (2) (3)54 5346 2【解析】(1)微粒沿 OP 方向运动时做匀减速直线运动，受到的合力方向水平向右，有：=可得微粒带电量 q 与质量 m 的比值：=54可得 的大小与 大小的比值：1 212=5346(3)设微粒从 P 点竖直向上抛出的初速度为 ，受到水平向右的合力为 F，抛出后微粒做一段类平抛运动 ，其动3能变为原来 3 倍，由平抛运动规律有：=12(3)2又 ，=312231223=23由以上几式得： 2=22即微粒的竖直位移 y 的大小与水平位移 x 的大小的比值：=2
