高考物理考点一遍过专题36带电粒子在匀强电场中的运动(含解析)

10．CD【解析】带电微粒进入垂直电场方向进入电场后均做类平抛运动，可沿水平方向建立

x轴，竖直方向建立y轴，则有题意有：A、B、C三个微粒在水平方向位移有：xA>xB>xC，

在竖直方向位移有yA=yB=yC，因为微粒在水平方向做匀速直线运动，故满足x=v0t，得运动时间有t?x，因为xA>xB>xC，所以tA>tB>tC，所以A错误；因为微粒在y轴方向做初v0速度为0的匀加速直线运动，有y?122yat，得：a?2，又因为yA=yB=yC，tA>tB>tC，2tU，得到qAWB>WA，据W=Ek–Ek0，由于初动能相同所以有三个微粒到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA，故D正确。 11．BC【解析】0~TT2T时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，~内，微粒做平抛运动，下3332qE0?mg1T22T?g，方向竖直降的位移x1=g()，~T时间内，微粒的加速度a?233m向

上

，

微

粒

在

竖

直

方

向

上

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【名师点睛】解决本题的关键是知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。知道在2TT2T~内和~T时间内竖直方向上的

333加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。 12．（1）v0?eU2eU02U0 （2）a? （3）L?d mdmU（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：

eU0=12

mv0 2所以v0?2eU0 meU md（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：a?（3）L=v0t

11d =at2 22由以上各式联立解得：L?d2U0 U【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。 13．（1）a=g 加速度的方向竖直向上

（2）t=T–dd时刻把开关S从1扳到2；T0?6 2g2g（1）当A、B间加电压U0时，微粒P处于平衡状态，根据平衡条件， 有qU0?mg① d当A、B间电压为2U0时，根据牛顿第二定律，有

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q2U0?mg?ma② d由①②得a =g③，加速度的方向竖直向上

d1122则gt1=gt2④，?gt1?gt2⑤

222解得：t1?t2?d⑥ 2g故应在t=T–d时刻把开关S从1扳到2 2g设电压ucd的最小周期为T0，向上加速过程，有d?1T0g(?t2)2⑦ 22解得T0?6d⑧ 2g2eU12d2U114．（1） （2） 2ml（1）电子在电场加速过程，由动能定理得eU1?122eU1mv，则得 v?。 2md，电子进入偏转电场后 2（2）电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为y?所受的电场力： F?eE2?e动，则有： y?U2，电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运m12lat，又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：t? 2v2d2U1联立求解，得U2? 2l9eU0?215．（1）d>

10m（2）当2nτ≤t<(2n+1)τ时v=[t–(k+1)nτ]

eU0（n=0，1，2，…，99） mdeU0（n=0，1，2，…，99） md当(2n+1)τ≤t<2(n+1)τv=[(n+1)(k+1)τ–kt]

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（3）k=

4N?1

4N?3eU01a1τ2，其中a1= 2md（1）电子在0~τ时间内做匀加速直线运动，有x1=

速度增加量Δv2=–aτ ①当2nτ≤t<(2n+1)τ时，电子速度v=n(Δv1+Δv2)+a1(t–2nτ) 得v=[t–(k+1)nτ]

eU0（n=0，1，2，…，99） mdeU0（n=0，1，2，…，99） md1a1τ2 2②当(2n+1)τ≤t<2(n+1)τ时，电子速度v=n(Δv1+Δv2)+Δv1–a[t–(2n+1)τ] 得v=[(n+1)(k+1)τ–kt]

（3）电子在2(N–1)τ~(2N–1)τ时间内的位移xN1=vN1τ+

电子在(2N–1)τ~2Nτ时间内的位移xN2=vN2τ–

1aτ2 2由（2）可知vN1=(N+k–Nk–1)

?eU0md，vN2=vN1+a1τ=(N+k–Nk)

?eU0

md

第N个周期内的位移为零，则xN1+xN2=(2N+

31?eU0k–2Nk–)=0 22md

解得k=

4N?1

4N?316．A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度

为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度E?U4πkQ?，E不变，所以电子还是运动d?S- 28 - / 30