高考物理一輪復(fù)習課時練習 第9章第6練　專題強化：帶電粒子在交變電場中的運動（含詳解）

1．如圖甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在靜電力作用下開始運動。設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()2．(多選)如圖甲，真空中的兩平行金屬板間距為d、板長為L。A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電壓。在t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0從兩板正中間沿板方向射入電場，并在t＝T時刻從板間射出，不計電子重力。下列說法正確的是()A．電子沿板方向做加速運動B．板間距離必須滿足d≥Teq\r(\f(eU0,2m))C．電子從板間射出時機械能增加eU0D．電子從板間射出時的速度大小為v03.(2023·浙江省三模)如圖所示，在一對平行金屬板MN、PQ加電壓，兩板間形成勻強電場，忽略邊緣效應(yīng)，兩板邊緣連線外面的電場忽略不計，電壓按正弦規(guī)律變化，變化周期為T。某時刻有一帶電粒子沿兩板間的中線OO′以初速度為v0射入電場，經(jīng)t＝2T時間粒子離開電場。則以下說法中正確的是()A．粒子一定從O′點離開電場B．粒子離開電場時的速度一定大于v0C．粒子離開電場時的速度可能小于v0D．粒子在0～T內(nèi)的位移一定等于在T～2T內(nèi)的位移4．(2023·云南省聯(lián)考)如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A．粒子射出時間可能為t＝4sB．粒子射出的速度大小為2vC．極板長度滿足L＝3vn(n＝1,2,3，…)D．極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))5．(多選)(2024·江蘇省模擬)如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板(序號為0)和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電荷量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t＝0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應(yīng)，則()A．在t＝eq\f(5T,4)時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值B．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場C．電子運動到第n個圓筒時動能為(n－1)eUD．第n個和第n＋1個圓筒的長度之比為eq\r(n)∶eq\r(n＋1)6.(2023·黑龍江哈爾濱哈九中三模)實驗小組用如圖甲所示裝置研究帶電粒子在兩個平行金屬板間的運動，已知板長為L，兩板間距d未知，將放射源P靠近平行金屬板，放射出的帶電粒子沿平行金屬板A、B的中軸線MN射入板間，平行金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，已知電壓U0，周期T未知，當電壓穩(wěn)定時，板間是勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以eq\f(8,5)v0的速率在eq\f(3,8)T時刻從M點進入板間，T時刻離開金屬板，運動過程中恰好不與金屬板碰撞(粒子重力忽略不計)。求：平行板A、B的間距d是多少？7．(2023·江蘇南京市期中)如圖甲所示，電子槍連續(xù)不斷均勻地發(fā)出電子(設(shè)電子的初速度為零)，經(jīng)加速電壓為U1的加速電場加速后由小孔穿出，沿兩個距離為d的水平金屬板A、B間的中線射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板間加如圖乙所示的周期性變化的電壓UAB，電壓變化周期為T，正半周UAB為U0，負半周UAB為－3U0。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為－e，A、B極板長為eq\r(\f(eU1T2,2m))，所有電子都能離開偏轉(zhuǎn)電場，不計電子的重力及電子間的相互作用力。求：(1)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間t；(2)從t＝0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子在進、出偏轉(zhuǎn)電場過程中電勢能的變化量ΔEp；(3)在足夠長的時間內(nèi)從中線下方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子數(shù)占電子總數(shù)的比例η。第6練專題強化：帶電粒子在交變電場中的運動1．A[在前半個周期內(nèi)，A板的電勢高，電場的方向向右，電子受到的靜電力方向水平向左，電子向左做初速度為零的勻加速直線運動，在后半個周期，電場的方向向左，電子所受的靜電力水平向右，電子向左做勻減速直線運動直到速度為零，然后進入第二個周期，重復(fù)之前的運動，由此可知，電子在每個周期內(nèi)先向左做初速度為零的勻加速直線運動，然后向左做勻減速直線運動，如此反復(fù)，由圖像可知A正確，B、C、D錯誤。]2．BD[水平方向上，電子沿板方向做勻速直線運動；豎直方向上，0～eq\f(T,2)內(nèi)電子做勻加速直線運動，eq\f(T,2)～T內(nèi)電子做勻減速直線運動，出射速度大小為v0，故D正確，A錯誤；豎直方向分位移為y＝eq\f(1,2)·eq\f(eU0,md)(eq\f(T,2))2×2＝eq\f(eU0T2,4md)，由y≤eq\f(d,2)可知d≥Teq\r(\f(eU0,2m))，故B正確；0～T內(nèi)靜電力做功為零，機械能增加量為零，故C錯誤。]3．D[電壓按正弦規(guī)律變化，所以帶電粒子在一個周期內(nèi)所受靜電力的總沖量一定等于0，所以經(jīng)2T時間離開電場時，粒子的速度仍為v0，故B、C錯誤；在一個周期內(nèi)，帶電粒子沿電場方向位移取決于電子進入電場的時刻，若進入電場時，電壓恰好為0，則帶電粒子在前半周期加速，在后半周期減速，其位移方向不變，下一個周期的運動重復(fù)前一個周期，所以位移不為零，若進入電場時，電壓恰好達到最大值，則帶電粒子在前兩個四分之一周期內(nèi)加速度減小后反向加速，在后兩個四分之一周期內(nèi)反向加速度減小后正向加速，前半周期的位移與后半周期的位移剛好大小相等，方向相反，所以總位移為0，即粒子可能從O′點離開電場，故A錯誤；因為經(jīng)過一個周期，帶電粒子的速度總是回到原來的速度v0，所以粒子在每個周期時的運動都是相同的，即每個周期內(nèi)的位移也一定是相同的，故D正確。]4．D[粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向的運動v－t圖像如圖所示因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直極板的分速度為0，所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s…，滿足t＝1.5n(n＝1,2,3，…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯誤；極板長度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C錯誤；因為粒子不跟極板碰撞，則應(yīng)滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)vy×1.5s，vy＝a×1s，a＝eq\f(qU0,md)，聯(lián)立求得d≥eq\r(\f(3kU0,2))，故D正確。]5．BD[因為t＝eq\f(5T,4)＝T＋eq\f(T,4)，t＝eq\f(T,4)時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，t＝eq\f(5T,4)奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，A錯誤；由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場，B正確；電子每經(jīng)過一個間隙，靜電力做功eU，根據(jù)動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為neU＝Ek－0，電子運動到第n個圓筒時動能為neU，C錯誤；根據(jù)動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv12,2eU＝eq\f(1,2)mv22,3eU＝eq\f(1,2)mv32…，neU＝eq\f(1,2)mvn2，(n＋1)eU＝eq\f(1,2)mvn＋12，第n個和第n＋1個圓筒的長度之比為Ln∶Ln＋1＝vn∶vn＋1，解得Ln∶Ln＋1＝eq\r(n)∶eq\r(n＋1)，D正確。]6.eq\f(\r(7mqU0)L,8mv0)解析eq\f(3,8)T時刻從M點進入板間，T時刻離開金屬板，粒子水平方向做勻速直線運動T－eq\f(3,8)T＝eq\f(L,\f(8,5)v0)＝eq\f(5L,8v0)，T＝eq\f(L,v0)豎直方向，規(guī)定向下為正方向，且開始粒子向下做勻加速直線運動，設(shè)A、B兩板間距為d，則E＝eq\f(U0,d)，由牛頓第二定律得qE＝ma1，a1＝eq\f(qU0,md)在eq\f(3T,8)～T時間內(nèi)，豎直方向最大位移是eq\f(d,2)，粒子先做加速運動，時間為t1＝eq\f(T,2)－eq\f(3,8)T＝eq\f(1,8)T，vy1＝a1t1＝eq\f(1,8)a1T，運動的位移為y1＝eq\f(1,2)·vy1t1再減速至反向加速運動，時間為t2＝T－eq\f(3,8)T－t1＝eq\f(T,2)粒子在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)做初速度為vy1方向向下，加速度a1＝eq\f(qU0,md)方向向上的勻變速運動，運動的位移為y2＝vy1t2－eq\f(1,2)a1t22因此粒子的總位移為y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(1,2)vy1t1＋vy1t2－eq\f(1,2)a1t22，解得y＝－eq\f(7,128)a1T2＝－eq\f(d,2)得d＝eq\f(\r(7mqU0)L,8mv0)。7．(1)eq\f(T,2)(2)－eq\f(e2U02T2,8md2)(3)eq\f(1＋\r(3),4)解析(1)根據(jù)動能定理，有eU1＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，水平方向L＝eq\r(\f(eU1T2,2m))＝v0t聯(lián)立解得t＝eq\f(T,2)(2)豎直方向y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(eU0,md)，解得y＝eq\f(eU0T2,8md)，由功能關(guān)系有eeq\f(U0,d)y＝－ΔEp解得ΔEp＝－eq\f(e2U02T2,8md2)(3)電子在電場中的運動時間均為t＝eq\f(T,2)，電壓為U0時，e·eq\f(U0,d)＝ma1電壓為3U0時，e·eq\f(3U0,d)＝ma2，解得a2＝3a1在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，設(shè)eq\f(T,2)－t1時刻射入電場中的電子偏轉(zhuǎn)位移剛好為0，有eq\f(1,2)a1t12＋a1t1(eq\f(T,2)－t1)－eq\f(1,2)a2(eq\f(T,2)－t1)2＝0，解得t1＝eq\f(T,4)即在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時間內(nèi)射入電場中的電子均可從中線下方飛出；eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，設(shè)T－t2時刻射入的電子剛好偏轉(zhuǎn)位移為0，有eq\f(1,2)a2t