课时测评14 带电粒子在电场中运动的综合问题-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

课时测评14　带电粒子在电场中运动的综合问题 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题5分，共45分) 1．在竖直平面内有水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37˚角，如图所示。现给小球一沿与细线方向垂直的速度，使小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)(　　) A．小球运动到C点时动能最小 B．小球运动到C点时细线拉力最小 C．小球运动到Q点时动能最大 D．小球运动到B点时机械能最大 答案：D 解析：由题意可知，小球所受的静电力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论是顺时针运动还是逆时针运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时静电力做功最多，电势能最小，因此机械能最大，D正确。故选D。 2．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的场强E＝ B．小球动能的最小值为Ekmin＝ C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小 D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大 答案：AB 解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件有qE＝mg tan θ，解得E＝，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律有，则最小动能Ekmin＝，B正确；小球的机械能和电势能之和保持不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，分析可知，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误。故选AB。 3．(多选)如图甲所示，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电压后，下列选项图中反映一个周期内电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　) 答案：AB 解析：0～时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动；～时间内，电子向B板做匀减速直线运动，时刻速度为零；～时间内，电子向A板做匀加速直线运动；～T时间内，电子向A板做匀减速直线运动，T时刻速度减为零，回到出发点，接着重复上述运动。结合上述分析可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，C错误；电子做匀变速直线运动时，x-t图像应是曲线，故D错误；根据电子的运动情况，匀加速运动和匀减速运动交替变化，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图像应平行于横轴，故A正确。故选AB。 4．(多选)如图为匀强电场的场强E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，静电力做的总功为零 答案：CD 解析：设粒子第1 s内的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝可知a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，0～3 s内，静电力做的总功为零，综上所述可知，C、D正确，A、B错误。 5．如图甲所示，在平行板的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在静电力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于(　　) A． B． C．1 D． 答案：B 解析：设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q·；若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝故。故选B。 6．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　) A．0＜t0＜ B．＜t0＜ C．＜t0＜T D．T＜t0＜ 答案：B 解析：若t0＝时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动；若t0＝时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，分析可知在＜t0＜时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求。故选B。 7．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　) A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 答案：C 解析：粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度大小为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，则ymax＝a2＋a×aT2；若粒子在t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，则ymin＝0＋a2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1。故选C。 8．(多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则(　　) A．所有粒子都不会打到两极板上 B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．只有t＝(n＝0，1，2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 答案：ABC 解析：带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场周期的整数倍，在0～时间内带电粒子运动的加速度a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故所有粒子均不可能打到两极板上，由上述分析可知，带电粒子在沿电场方向的速度vy与E-t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)，而经过整数个周期，E-t图像与坐标轴所围面积始终为零，故所有带电粒子离开电场时沿电场方向的速度始终为零，最终都垂直电场方向射出电场，A、B正确，D错误；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确。故选ABC。 9．(多选)如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A、B板间的电压按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是(　　) A．电子可能在极板间做往复运动 B．若t1时刻还没从小孔P穿出，则t1时刻电子的动能最大 C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0 D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场 答案：BC 解析：t＝0时刻B板电势比A板高，电子在0～t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束，在t1～t2时间内电子减速，由对称性可知，在t2时刻速度恰好减为零，此后电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；若t1时刻电子还没有穿出小孔P，t1时刻电子具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误。故选BC。 10．(15分)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间t的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10-3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边的速度v0＝1 000 m/s射入板间，最终打在荧光屏上，粒子电荷量为q＝1×10-5 C，质量m＝1×10-7 kg。不计粒子所受重力。求： (1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围。 答案：(1)2×10-3 s　(2)0.85～0.95 m 解析：(1)在板间，粒子在沿x轴方向做匀速直线运动，设运动的时间为t，则L＝v0t 解得t＝＝2×10-3 s。 (2)粒子在板间运动的时间t＝T，t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻射入的粒子在板间偏移量最大，设为y1，则 y1＝a2＋· 由牛顿第二定律得q＝ma 解得y1＝0.15 m 纵坐标y＝d－y1＝0.85 m t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻射入的粒子在板间偏移量最小，设为y2，有y2＝a2 解得y2＝0.05 m 纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m 所以打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0.95 m。 学生用书第56页 学科网（北京）股份有限公司 $