《(江蘇專用)2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課時57 帶電粒子在交變電場中的運動加練半小時》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(江蘇專用)2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 課時57 帶電粒子在交變電場中的運動加練半小時(6頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、57 帶電粒子在交變電場中的運動
[方法點撥] (1)在交變電場中做直線運動時,一般是幾段變速運動組合.可畫出v-t圖象,分析速度、位移變化.(2)在交變電場中的偏轉(zhuǎn)若是幾段類平拋運動的組合,可分解后畫出沿電場方向分運動的v-t圖象,分析速度變化,或是分析偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系式.
1.(2018·湖北黃岡模擬)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖1所示,在該勻強電場中,有一個帶電粒子于t=0時刻由靜止釋放,若帶電粒子只受電場力作用,則下列說法中正確的是( )
圖1
A.帶電粒子只向一個方向運動
B.0~2 s內(nèi),電場力做功等于0
C.4 s末帶電粒子回到原出發(fā)
2、點
D.2.5~4 s內(nèi),電場力做功等于0
2.(多選)(2017·山東青島二中模擬)如圖2甲所示,平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力),兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后,下圖中,反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是( )
圖2
3.(多選)(2017·四川宜賓二診)如圖3甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓.在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子. t=0時刻
3、釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場.已知電場變化周期T=,粒子質(zhì)量為m,不計粒子重力及相互間的作用力.則( )
圖3
A.在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0
B.粒子的電荷量為
C.在t=T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02
D.在t=T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場
4.(多選)(2018·河北邢臺質(zhì)檢)如圖4甲所示,兩平行金屬板A、B放在真空中,間距為d,P點在A、B板間,A板接地,B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示.t=0時,在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子,當(dāng)t=2T時,電子回到P點.電子運動中沒與極板相碰,不計重
4、力.則( )
圖4
A.φ1∶φ2=1∶2
B.φ1∶φ2=1∶3
C.在0~2T內(nèi),當(dāng)t=T時電子的動能最大
D.在0~2T內(nèi),電子的電勢能減小了
5.(多選)如圖5甲所示,一平行板電容器極板長l=10 cm,寬a=8 cm,兩極板間距為d=4 cm,距極板右端處有一豎直放置的熒光屏.在平行板電容器左側(cè)有一長b=8 cm的“狹縫”粒子源,可沿著兩板中心平面,均勻、連續(xù)不斷地向電容器內(nèi)射入比荷為2×1010 C/kg,速度為4×106 m/s的帶電粒子.現(xiàn)在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電,已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期.下面說法正確的是(
5、 )
圖5
A.粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25 cm
B.粒子打在屏上的區(qū)域面積為64 cm2
C.在0~0.02 s內(nèi),進入電容器內(nèi)的粒子有64%能夠打在屏上
D.在0~0.02 s內(nèi),屏上出現(xiàn)亮線的時間為0.012 8 s
6.(2017·遼寧沈陽質(zhì)檢)如圖6中a所示的xOy平面處于勻強電場中,電場方向與x軸平行,電場強度E隨時間t變化的周期為T,變化圖線如圖b所示,E為+E0時電場強度的方向沿x軸正方向.有一帶正電的粒子P,在某一時刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標原點O射入電場,粒子P經(jīng)過時間T到達的點記為A(A點在圖中未畫出).若t0=0,則O
6、A連線與y軸正方向夾角為45°,不計粒子重力.
圖6
(1)求粒子的比荷;
(2)若t0=,求A點的坐標;
(3)若t0=,求粒子到達A點時的速度.
答案精析
1.D[畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示,v-t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移,可見帶電粒子不是只向一個方向運動,4 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點,A、C錯誤;2 s末速度不為0,可見0~2 s內(nèi)電場力做功不等于0,B錯誤;2.5 s和4 s末,速度的大、小方向都相同,2.5~4 s內(nèi)電場力做功等于0,所以D正確.]
2.AD [在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時,因為電子在
7、平行金屬板間所受的電場力F=,所以電子所受的電場力大小不變.由牛頓第二定律F=ma可知,電子在第一個內(nèi)向B板做勻加速直線運動;在第二個內(nèi)向B板做勻減速直線運動,在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運動,在第四個內(nèi)向A板做勻減速直線運動,所以a-t圖象如選項圖D所示,v-t圖象如選項圖A所示;又因勻變速直線運動位移x=v0t+at2,所以x-t圖象應(yīng)是曲線,故選項A、D正確,B、C錯誤.]
3.AD 4.BD
5.BCD [設(shè)粒子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為U0,水平方向l=v0t,豎直方向=a0t2,又a0=,解得U0==128 V,即當(dāng)U≥128 V時粒子打到極板上,當(dāng)U<128 V時粒子
8、打到熒光屏上,設(shè)打到熒光屏上的粒子在豎直方向上偏轉(zhuǎn)的最大位移為y,由幾何關(guān)系和類平拋運動規(guī)律得=,解得y=d=4 cm,選項A錯誤;由對稱性知,粒子打到熒光屏上的區(qū)域總長度為2d,則粒子打到熒光屏上的區(qū)域面積為S=2da=64 cm2,選項B正確;在前T,粒子打到熒光屏上的時間t0=×0.005 s=0.003 2 s,又由對稱性知,在一個周期內(nèi),粒子打在熒光屏上的總時間t′=4t0=0.012 8 s,選項D正確;因為這些粒子均勻、連續(xù)地進入電場,設(shè)一個周期內(nèi)進入電容器內(nèi)的粒子能夠打在熒光屏上的比例為η,此時電容器兩端的電壓U<128 V,則η=×100%=64%,選項C正確.]
6.見解
9、析
解析 (1)粒子在t0=0時刻射入電場,粒子沿y軸方向的分運動為勻速運動,位移大小為:y=vT
粒子沿x軸方向在0~內(nèi)做初速度為零的勻加速運動,
位移為x1,末速度為v1,則:x1=a()2,v1=a
粒子沿x軸方向在~T內(nèi)做勻減速運動,位移為x2,由題意知兩段運動的加速度大小相等,則:
x2=v1()-a()2
粒子沿x軸方向的總位移為x,則:
x=x1+x2
粒子只受到電場力作用,由牛頓第二定律得:
qE0=ma
y=x
聯(lián)立各式解得:=
(2)粒子在t0=時刻射入電場,粒子沿y軸方向的分運動為勻速運動,位移大小為:
y′=vT
粒子沿x軸方向在~內(nèi)做初速度
10、為零的勻加速運動,
位移為x3,末速度為v2,則:
x3=a()2
v2=a
粒子沿x軸方向在~T內(nèi)做勻變速運動,
位移為x4,末速度為v3,則:
x4=v2()-a()2
v3=v2-a
粒子沿x軸方向在T~內(nèi)做勻變速運動,位移為x5,則:
x5=v3()+a()2
粒子沿x軸的總位移為x′,則:
x′=x3+x4+x5
聯(lián)立各式解得:x′=0
則A點的坐標為(0,vT)
(3)粒子在t0=時刻射入電場,粒子沿y軸方向的分運動為勻速運動,速度不變;沿x軸方向在~內(nèi)做初速度為零的勻加速運動,末速度為v4,則:v4=a
粒子沿x軸方向在~T內(nèi)做勻變速運動,末速度為v5,則:
v5=v4-a
粒子沿x軸方向在T~內(nèi)做勻變速運動,末速度為v6,則:
v6=v5+a
聯(lián)立各式解得:v6=0
則:粒子通過A點的速度為v
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