4、,一個周期內(nèi)的合位移為零.根據(jù)題意粒子時而向A板運動,時而向B板運動,一周期內(nèi)最終位移為負(fù),符合題意的是B選項.
[答案] B
3.(多選)如圖甲所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長相等,板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場,粒子射入電場時的初動能均為Ek0.已知t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場,則( )
A.所有粒子都不會打到兩極板上
B.所有粒子最終都垂直電場方向射出電場
C.運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0
D.只有t=n(n=0,1,2,…
5、)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場
[解析] 由t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場可知,粒子射出電場的時間間隔為周期T的整數(shù)倍,此時粒子的偏轉(zhuǎn)位移最大,A正確.在豎直方向上,粒子做勻加速運動與勻減速運動的時間相同,最終豎直速度為零,故所有粒子最終都垂直電場方向射出,B正確,D錯誤.t=0時刻射入的粒子在豎直方向加速時間最長,故t=時刻它達到所有粒子的最大動能,設(shè)此時粒子水平位移為,則豎直位移為,對應(yīng)的位移偏角的正切值tanα=,由速度偏角正切值tanβ=2tanα可得β=45°,那么vy=v0,則有最大動能Ekm=mv+mv=2Ek0,C正確.
[答案]
6、 ABC
4.如下圖甲所示,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電場力作用下開始運動.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,則下列圖象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)( )
[解析] 電子在交變電場中所受電場力恒定,加速度大小不變,故C、D兩項錯誤,從0時刻開始,電子向A板做勻加速直線運動,T后電場力反向,電子向A板做勻減速直線運動,直到t=T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運動,A項正確,B項錯誤.
[答案] A
5.(多選)(2017·長春模擬)如圖甲所示,A、B是
7、一對平行金屬板.A板的電勢φA=0,B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內(nèi),電子的初速度和重力的影響均可忽略,則( )
A.若電子是在t=0時刻進入的,它可能不會到達B板
B.若電子是在t=時刻進入的,它一定不能到達B板
C.若電子是在t=時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后穿過B板
D.若電子是在t=時刻進入的,它可能時而向B板運動,時而向A板運動,最后穿過B板
[解析] 若電子從t=0時刻進入,電子將做單向直線運動,A錯誤;若電子從時刻進入兩板,則電子受到電場力方向向左,故無法到達B板,B正確;電子從時刻進入
8、兩板時,電子先加速,經(jīng)時速度最大,此時電子受到電場力反向,經(jīng)速度減為零,再加速反向速度最大,接著減速回到原位置,即電子在大于時刻進入時一定不能到達B板,小于時刻進入時一定能到達B板,所以C正確,D錯誤.此題作v-t圖象更易理解.
[答案] BC
6.(多選)如下圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象.當(dāng)t=0時,在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子,設(shè)帶電粒子只受電場力的作用,則下列說法中正確的是( )
A.帶電粒子將始終向同一個方向運動
B.2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點
C.3 s末帶電粒子的速度為零
D.0~3 s內(nèi),電場力做的總功為零
[解析] 設(shè)第1 s內(nèi)粒
9、子的加速度為a1,第2 s內(nèi)的加速度為a2,由a=可知,a2=2a1,可見,粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運動,1.5 s末粒子的速度為零,然后向正方向運動,至3 s末回到原出發(fā)點,粒子的速
度為0,v-t圖象如圖所示,由動能定理可知,此過程中電場力做的總功為零,綜上所述,可知C、D正確.
[答案] CD
7.如下圖所示,真空中存在一個水平向左的勻強電場,場強大小為E,一根不可伸長的絕緣細線長度為l,細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球,另一端固定在O點.把小球拉到使細線水平的位置A處,由靜止釋放,小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ=60°角的位置B時速度為零.以下說法中正確的是(
10、 )
A.小球在B位置處于平衡狀態(tài)
B.小球受到的重力與電場力的關(guān)系是Eq=mg
C.小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運動,且幅度將逐漸減小
D.小球從A運動到B的過程中,電場力對其做的功為-qEl
[解析] 小球的受力圖如下圖所示,由圖可知小球的運動可看作是在一個等效重力場中的擺動過程,根據(jù)擺球模型的特點,小球在B位置時受力不平衡,并且小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運動,其幅度不變,故選項A、C錯誤;根據(jù)擺球模型的對稱性可知,當(dāng)小球處在AB軌跡的中點位置時,小球沿切線方向的合力為零,此時細線與水平方向夾角恰為30°,根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得:qEsin30°=mgcos30°,化簡可知,qE=mg,選
11、項B錯誤;小球從A運動到B的過程中,電場力對其做的功為W=-qEl(1-cos60°)=-qEl,選項D正確.
[答案] D
8.一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計).小孔正上方處的P點有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回.若將下極板向上平移,則從P點開始下落的相同粒子將( )
A.打到下極板上
B.在下極板處返回
C.在距上極板處返回
D.在距上極板d處返回
[解析] 當(dāng)兩極板距離為d時,粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中,根據(jù)動能定理可得:
12、mg×d-qU=0,當(dāng)下極板向上移動時,設(shè)粒子在電場中運動距離x時速度減為零,全過程應(yīng)用動能定理可得mg-qx=0,兩式聯(lián)立解得x=d,選項D正確.
[答案] D
9.如右圖所示,場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于( )
A. B.
C. D.
[解析] 由兩粒子軌跡恰好相切,根據(jù)對稱性,兩個粒子的軌跡相切點一定在矩形區(qū)域的中心,并且兩
13、粒子均做類平拋運動,根據(jù)運動的獨立性和等時性可得切點位置的粒子在水平方向上=v0t,在豎直方向上=at2= t2,聯(lián)立以上兩式可求得v0= ,由此可知,選項B正確,A、C、D錯誤.
[答案] B
10.(多選)如圖所示,勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi),M、N分別為AB和AD的中點,一個初速度為v0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙面射入電場.帶電粒子的重力不計,如果帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場,則恰好從D點離開電場.若帶電粒子從N點垂直BC方向射入電場,則帶電粒子( )
A.從BC邊界離開電場
B.從AD邊界離開電場
C.在電場中的運動時間為
D.離開
14、電場時的動能為mv
[解析] 帶電粒子從M點以垂直電場線方向進入電場后做類平拋運動,水平方向上有L=v0t,豎直方向上有L=qEt2,聯(lián)立解得E=;帶電粒子從N點進入電場后做勻減速直線運動,設(shè)帶電粒子在電場中減速為零時的位移為x,由動能定理有-qEx=0-mv,解得x=L,當(dāng)粒子速度減至零后沿原路返回,從N點射出,粒子在電場中運動的時間t1=,由于電場力做功為零,根據(jù)動能定理有0=Ek2-mv,選項B、D正確.
[答案] BD
二、非選擇題
11.(2018·陜西重點中學(xué)摸底)如圖甲所示,一對平行金屬板M、N長為L,相距為d,O1O為中軸線,兩板間為勻強電場,忽略兩極板外的電場.當(dāng)兩板
15、間加電壓UMN=U0時,某一帶負(fù)電的粒子從O1點以速度v0沿O1O方向射入電場,粒子恰好打在上極板M的中點,粒子重力忽略不計.
(1)求帶電粒子的比荷;
(2)若M、N間加如圖乙所示的交變電壓,其周期T=,從t=0開始,前時間內(nèi)UMN=2U,后時間內(nèi)UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持續(xù)射入電場,最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上,求U的值.
[解析] (1)設(shè)粒子經(jīng)過時間t0打在M板中點
沿極板方向有=v0t0
垂直極板方向有=t
解得=
(2)粒子通過兩板間的時間t==T
從t=0時刻開始,粒子在兩板間運動時,每個電壓變化周期的前三分之一時
16、間內(nèi)的加速度大小a1=,在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)的加速度大小a2=
上圖所示為從不同時刻射入電場粒子的速度—時間圖象,根據(jù)題意和圖象分析可知,從t=nT(n=0、1、2、…)或t=+nT(n=0、1、2、…)時刻入射的粒子恰好不打在極板上,則有=×T×
解得U=
[答案] (1) (2)
12.(2018·甘肅重點中學(xué)聯(lián)考)真空室中有如圖甲所示的裝置,電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計)經(jīng)過電場加速后,從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M、N的中心軸線OO′射入.加速電壓U1=,M、N板長均為L,偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)有熒光屏(足夠大且未畫出).M、N兩板間的電壓UMN隨時間t變化的圖線如
17、圖乙所示,其中U2=.調(diào)節(jié)兩板之間的距離,使得每個電子都能通過偏轉(zhuǎn)極板.已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e,不計電子重力.
(1)求電子通過偏轉(zhuǎn)極板的時間t;
(2)求偏轉(zhuǎn)極板之間的最小距離d;
(3)當(dāng)偏轉(zhuǎn)極板間的距離為最小值d時,熒光屏如何放置時電子擊中的范圍最小,該范圍的長度是多大?
[解析] 本題依托電子在交變電場中的運動考查動能定理、牛頓第二定律、運動學(xué)知識.
(1)電子在加速電場中,根據(jù)動能定理有eU1=mv-0
電子在偏轉(zhuǎn)電場中,水平方向L=v0t
解得t=T
(2)t=0、T、2T、…時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子,豎直方向先加速運動,后做勻速直線運動,射出電場時沿
18、豎直方向偏移的距離y最大.
豎直方向加速階段有y1=·2
豎直方向勻速運動階段有y2=2y1
電子恰好能通過偏轉(zhuǎn)極板時有y1+y2=
聯(lián)立得d=L,即最小距離為L
(3)對滿足(2)問條件下任意確定的d,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速度均為vy=
電子速度偏轉(zhuǎn)角α的正切值均為tanα==,即tanα=
電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度相同,即電子出偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小和方向均相同
不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同,側(cè)移距離的最大值與最小值之差Δy=2,即Δy=
若熒光屏與電子出偏轉(zhuǎn)極板后的速度垂直,則電子擊中熒光屏的范圍最小,該最小范圍為Δy′=Δycosα
聯(lián)立解得Δy′=L
[答案] (1)T (2)L (3)L