2021—2022学年粤教版（2019）必修第三册2.2带电粒子在电场中的运动跟踪训练（word含解析）

2021—2022学年粤教版（2019）必修第三册
2.2带电粒子在电场中的运动跟踪训练
一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）
1．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若粒子在运动中只受静电力作用。根据此图可以作出不正确判断的是（　　）
A．带电粒子所带电荷的电性
B．粒子在a、b两点的受力方向
C．粒子在a、b两点何处速度大
D．a、b两点电场的强弱
2．如图所示，实线是匀强电场的电场线，电场方向水平向右，虚线是某一带电粒子只在电场力的作用下的运动轨迹，则由此图可作出正确判断的是（　　）
A．带电粒子在点动能大于点动能
B．带电粒子带正电荷
C．带电粒子在电势能大于点电势能
D．点电势比点电势高
3．如图所示为某静电除尘器的示意图，球形电极和集尘板分别连接到几千伏的高压电源的正负极，在两电极之间形成很强的电场，电场线如图中实线所示，使粉尘微粒带负电，则带电的粉尘在电场的作用下被吸附到集尘板上。已知A、B是某粉尘微粒运动轨迹上的两个点，C点与B点的连线平行于集尘板，不计粉尘微粒的重力及与空气的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．B、C两点的电势相等
B．粉尘微粒在靠近集尘板的过程中加速度逐渐减小
C．粉尘微粒可能沿如图虚线所示的轨迹飞向集尘板
D．若粉尘微粒在某条电场线上由静止开始运动，则一定沿该电场线到达集尘板
4．如图甲，两平行金属板M、N竖直放置；乙图为两板间电势差随时间的变化规律，0时刻在两板的正中央点由静止释放一个电子，电子在电场力作用下运动，取向右为运动正方向，假设电子未与两板相碰。下面的图象能反映电子运动情况的是（　　）
A．
B．
C．
D．
5．A、B、C为电场中电场线上的三个点，一带负电小球从A点由静止释放，只在电场力的作用下先后沿直线经过B、C两点，其运动过程的v－t图像如图所示，下列说法正确的是（
）
A．电场方向由A指向C
B．由A到C电场强度逐渐增大
C．小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/s
D．B、C两点间的电势差大小|UBC|大于A、B两点间的电势差大小|UAB|
6．如图所示，M、N为水平平行金属板，上板有一孔a，两板相距为d，分别与电源两极相连，开关S闭合。一带电荷量为q、质量为m的液滴自a孔正上方距离为d的P点由静止自由下落，到达距离上板的Q点时速度恰好变为零，重力加速度为g，则以下判断正确的是（　　）
A．两板间电势差为
B．N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点
C．若S断开，N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点
D．若S断开，N板右移一小段距离，液滴仍能到达Q点
7．如图所示，带电粒子A、B所带电荷量、之比为，带电粒子A、B以相等的速度从平行板电容器左侧同一点射入电场，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，O为下极板左侧端点，若OC
=
CD，忽略粒子所受重力的影响，则（
）
A．A、B在电场中运动的时间之比为
B．A、B运动的加速度大小之比为
C．A、B的质量之比为
D．A、B的位移大小之比为
8．质量为、电荷量为的带电粒子仅在电场力作用下从A点沿直线运动到点，其速度随时间变化的图像如图所示，、分别是带电粒子到达A、两点对应的时刻，则（　　）
A．A处的电场强度小于处的电场强度
B．A处的电势小于处的电势
C．该粒子在A处的电势能比在处的电势能小
D．A、两点的电势差为
9．如图所示，四个质量均为、带电荷量均为的微粒、、、距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为的匀强电场（），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（　　）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，M、N两点位于某点电荷Q产生的电场中，其中M点的电场强度大小为，N点的电场强度大小为，M点的电场强度方向与连线成30°，N点的电场强度方向与连线成45°。一质子以一定的初速度进入该电场中，仅在电场力的作用下沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的M、N两点，下列说法正确的是（　　）
A．点电荷Q带正电
B．质子在M点的加速度小于在N点的加速度
C．
D．质子在M点的加速度大于在N点的加速度
11．某空间存在着竖直向下的匀强电场，在电场中有一虚线，在虚线上P点先后将完全相同的带电小球以v0、2v0的水平速度抛出，二者先后经过虚线上Q、N两点。不计二者间相互作用力及小球对匀强电场的影响。则PQ∶QN的值为（　　）
A．1∶2
B．1∶3
C．1∶4
D．1∶8
12．如图所示，空间存在着匀强电场，其场强方向与边长为a的等边所在的平面平行。一个质量为m、带电量为的粒子仅在电场力的作用下运动，依次通过三角形的三个顶点A、B、C时的速度大小分别为、、，则该电场的电场强度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题（下列选项中有多个选项满足题意）
13．一价氢离子（H）和二价氦离子（He）的混合物由静止开始经过同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后打在同一接收屏上。不计粒子重力及其相互作用力，那么（　　）
A．两离子将同时打在显示屏的同一位置
B．两离子将先后打在显示屏的同一位置
C．偏转电场对一价氢离子和二价氦离子做功一样多
D．偏转电场对一价氢离子和二价氦离子做功不一样多
14．图甲中，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点山静止释放，仅在电场力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。则（　　）
A．电场线的方向由B指向A
B．电场线的方向由A指向B
C．A点电场强度大于B点电场强度
D．A点电势高于B点电势
15．如图所示，一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子从小孔S无初速度地飘入电压为、极板距离为的水平加速电容器中，之后又垂直电场线进入电压为、极板距离为的竖直偏转电容器中，最后打在荧光屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则下列说法中正确的有（　　）
A．三种粒子一定打到屏上的同一位置屏
B．偏转电场对三种粒子做功一样多
C．保持不变，增大三种粒子打到屏上时速度均增大
D．保持不变，增大三种粒子从进入S至打到屏上所用时间均增大
16．如图所示，两根固定绝缘直杆组成“V”字形，两杆夹角为，其中杆竖直，杆光滑。在点固定一个带电荷量为的小球，另一带电荷量也为的小球套在杆上，小球沿杆加速下滑到达点时，速度为，越过点后继续下滑。已知垂直于，垂直于，，。关于小球的运动，以下判断正确的（　　）
A．在点时，速度为
B．在点时，速度为
C．从点运动到点的过程中，机械能守恒
D．从点运动到点的过程中，在点时电势能最大
17．一电荷量为q（带正电）的物体静置在一光滑绝缘水平面上。从某时刻起在整个空间施加一水平向右的电场，电场强度大小为E1，经过t时间，电场改变方向，变成水平向左，电场强度大小变为E2，再经过2t时间，物体恰好返回出发点，则（　　）
A．电场强度E1与E2之比为4∶5
B．电场强度E1与E2之比为2∶1
C．这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变化量大于0
D．这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大于0
18．如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为m、带电量为q的小球从A点沿直线由A点运动到B点。AB与电场线之间夹角为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球可能带正电
B．小球一定带负电
C．电场强度
D．小球沿AB做匀速直线运动
19．如图所示，竖直平面内存在水平向右的足够大匀强电场，长为L的绝缘轻质细线上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球（可视为质点），小球平衡时细线与竖直方向成角。现将电场突然反向，已知小球在运动过程中电荷量保持不变，细线不可伸长，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．小球带负电，电场强度大小为
B．电场反向后，小球先做匀加直线运动，再做圆周运动
C．电场反向后，小球一直在竖直平面内做圆周运动
D．小球刚到达P时的速度大小为
20．a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（　　）
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
三、综合计算题（要求写出必要的计算过程）
21．如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板M、M形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为，M、N两板间的电压为，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e．求：
（1）电子穿过A板时的速度大小v；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）电子从偏转电场射出时的偏转角θ（用正切值表示）。
22．如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=3.0×104
N/C。有一个质量m=4.0×10-3
kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°。取g=10
m/s2，sin
37°=0.60，cos
37°=0.80，不计空气阻力。
（1）求小球所带的电荷量及电性；
（2）如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；
（3）从剪断细线开始经过时间t=0.20s，求这一段时间内小球重力势能的变化量。
23．如图甲所示，电容器II两极板M、N长度均为l，平行虚线OO'放置，距离OO'均为b，N板接地；紧邻II左侧放置有中间开孔的平行板电容器I，B板接地；现在AB板和MN板间同步加上如图乙所示的周期为T、大小为U0的交变电压，且t=0时刻A板电势比B板电势高。大量质量为m，电荷量为e，初速度为v0的电子组成的电子束沿虚线OO'从左侧射入电容器I，A、B间的距离很小，电子穿过A、B两板所用时间可忽略不计。己知单位时间内射入电容器I的电子个数相同，且，，，不计电子重力和电子间的作用，也不考虑电容器I和II之间的相互影响，求∶
（1）和时间段内离开电容器I进入电容器II的电子的速度分别是多大？
（2）计算说明时间段内离开电容器I进入电容器II的电子能全部离开电容器II；
（3）一个周期T时间内离开电容器II的电子数与进入电容器I的总电子数之比值。
24．如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角，其带电量；质量m=0.1kg、带电量的B球在离A球L=0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷（静电力常量k=9×109N·m2/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：
（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；
（2）B球速度最大时两球间的距离Q；
（3）若B球的最大速度为，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变化?变化量是多少?
参考答案
1．A
【解析】
AB．由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，选项A错误，B正确；
C．由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，选项C正确；
D．根据电场线的疏密程度可判断a、b两点电场的强弱a点场强较大，选项D正确。
本题选不正确判断的，故选A。
2．C
【解析】
B．做曲线运动物体所受合外力指向曲线左侧，可知该粒子带负电，B错误；
AC．带电粒子只在电场力的作用下的运动，则从a到b过程中电场力做正功，动能增加，电势能减小，A错误C正确；
D．沿电场线电势逐渐减低，点电势比点电势低，D错误。
故选C。
3．B
【解析】
A．C点场强大于B点场强，距离相同，由可知C点场强大，电势降低的更多，则B、C两点的电势B点大于C点，不相等，故A错误；
B．根据电场线疏密程度表示电场强度大小，由图可知，粉尘微粒在靠近集尘板的过程中加速度逐渐减小，故B正确；
C．由于粉尘微粒带负电，根据做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧可知，粉尘微粒不可能沿如图虚线所示的轨迹飞向集尘板，故C错误；
D．粉尘微粒沿电场线运动的条件为电场线为直线，且粉尘微粒的初速度方向与电场线在同一直线上，故D错误。
故选B。
4．D
【解析】
0-t1时间内，，场强水平向左，电子受到的电场力水平向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，t1-t2时间内，，场强水平向右，电子受到的电场力水平向左，电子向右做匀减速直线运动，由对称性可知，t2时刻速度恰好减小为零，对比图象可知，D正确。
故选D。
5．D
【解析】
A．根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速度逐渐增大，说明小球所受电场力的方向由A指向，小球带负电，故电场强度的方向由指向A，A项错误；
B．小球在处加速度最大，由
A、B、C三点中点处电场强度最大，故由A到电场强度先增大后减小，B项错误；
C．如果小球从到做匀加速直线运动，则小球的平均速度
但小球由至过程中做加速度减小的加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于，C项错误；
D．根据动能定理有
可得小于，D项正确。
故选D。
6．C
【解析】
A．根据动能定理
解得
A错误；
B．N板上移一小段距离，若液滴仍能到达Q点，则
所以液滴不能到达Q点；
C．根据
解得
若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，根据动能定理
由上式可知，若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，等式仍然成立，液滴仍然能到达Q点；
D．根据
若S断开，N板右移一小段距离，S减小，E增大，若粒子仍能到达Q点，则
所以液滴不能到达Q点，D错误。
故选C。
7．C
【解析】
A．带电粒子做类平抛运动运动，在水平方向有
tA
=
，tB
=
，OC
=
2OD
A、B在电场中运动的时间之比为1：2，A错误；
B．带电粒子做类平抛运动运动，在竖直方向有
h
=
aAtA2，h
=
aBtB2
则加速度之比为4：1，B错误；
C．带电粒子只受电场力则
aA
=
，aB
=
A、B的质量之比为1：8，C正确；
D．设OC
=
CD
=
x，则A、B的位移大小为
lA
=
，lB
=
则
≠
D错误。
故选C。
8．D
【解析】
A．根据速度时间图像的切线斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，由
可知，A处的电场强度大于处的电场强度，故A错误；
B．由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势的高低，故B错误；
CD．带电粒子仅在电场力作用下从A点沿直线运动到点，由图可知带电粒子速度增大，电场力做正功为
则电势能降低，所以该粒子在A处的电势能比在处的电势能大，可得A、两点的电势差为
故D正确，C错误。
故选D。
9．D
【解析】
设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒、在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒受电场力向下，做类平抛运动，微粒受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
10．B
【解析】
\
A．M、N两点电场线方向的延长线的交点即为点电荷所在位置，而电场线方向指向交点，则点电荷带负电。故A错误；
BCD．点电荷所在位置，如图所示
由图可知，M点距离点电荷较远。根据公式可知，M点的电场强度较小，则质子在M点的加速度小于在N点的加速度。故B正确，CD错误。
故选B。
11．B
【解析】
如图
带电小球在电场中做类平抛运动，在沿电场方向做初速度为零的匀加速运动设加速度为a，在垂直电场方向做匀速直线运动，落到了同一虚线上，
则
解得
因为速度是二倍关系，则经过N点的时间是经过Q点时间的二倍，根据可得，粒子从出发到经过N点的水平位移是经过Q点水平位移4倍，所以
则
故选B。
12．C
【解析】
带电量为q的粒子在匀强电场中运动，通过A、C两点的速率均为。，可知A、C两点在同一等势面上、由于经过B点时的速度小于经过A、C两点时的速度，所以电场线垂直AC背离B，粒子从A点到B点的过程中由动能定理得
解得
故选C。
13．BD
【解析】
AB．设加速电场电压为，偏转电场电压为，在偏转电场中两极板之间的距离为，极板长度为，粒子的竖直偏移量为，则在加速电场中，由动能定理可得
在偏转电场中，竖直方向做匀加速直线运动，则有
水平方向做匀速直线运动，则有
速度偏转角为
联立解得：、
、，由于两粒子竖直位移、速度偏转角与比荷无关，因此两粒子将打在同一位置，由于带电粒子在偏转电场中运动的时间与比荷有关，因此两粒子是先后打在显示屏上，A错误，B正确；
CD．由上可得：
，，因此偏转电场对粒子做的功为
偏转电场对粒子做的功与粒子所带的电荷量有关，偏转电场对一价氢离子和二价氦离子做功不一样多，C错误，D正确；
故选BD。
14．AC
【解析】
ABD．负电荷由静止开始从A运动到B，由乙图像可知负电荷加速运动，有牛顿第二定律可知电场力方向从A到B，负电荷电场力方向和电场方向相反，故电场方向由B指向A，故A正确，B错误；电势沿电场强度方向强度减小，故D错误；
C．根据乙图斜率表示加速度，从乙图斜率可知，加速度逐渐减小，由牛二定律可知负电荷电场力在减小，由电场强度定义式可知，A点电场强度大于B点电场强度，故C正确；
15．AD
【解析】
A．设偏转极板的长度为L。在加速电场中，由动能定理得
qU1=mv2
在偏转电场中的偏转位移
联立得
同理可得到偏转角度的正切
可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种粒子打屏上同一点。故A正确；
B．偏转电场对粒子做功为
则偏转电场对两个一价粒子做功相同，与二价粒子做功不相同，选项B错误；
C．保持不变，增大，则粒子从水平加速电容器中飞出时的速度不变，则三种粒子打到屏上时速度不变，选项C错误；
D．保持不变，增大，则粒子从水平加速电容器中飞出时的速度不变，三种粒子在水平加速电场中的运动时间增加，在偏转电场中的时间不变，则三种粒子从进入S至打到屏上所用时间均增大，选项D正确。
故选AD。
16．BD
【解析】
AB．由几何关系可知
且F点和N点到E点的距离相等，则电势相等，带电小球b从F点到N点电场力做功为零，由动能定理得
代入数据解得
故B正确，A错误；
C．带电小球b从F点到N点的过程中，除了重力做功，还有电场力对其做功，故机械能不守恒，故C错误；
D．由点电荷电势的公式
可知小球a产生的电场在M点的电势最高，则带正电荷的小球b在M点的电势能最大，故D正确。
故选BD。
17．AC
【解析】
AB．0~t时间内
a1=
t~3t时间内
a2=
由前后两次位移相等可得
联立可得
E1∶E2=4∶5
故A正确，B错误；
CD．0~t，电场力做正功，动能增加；t~3t内，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，返回出发点时总动能增大，变化量大于0，故C正确，D错误。
故选AC。
18．BC
【解析】
AB．因为小球沿直线AB运动，故合力方向在直线AB上，由于重力竖直向下，所以小球受到水平向右的电场力，因此小球带负电，A错误，B正确；
D．合力方向与运动方向相反，小球做匀减速直线运动，D错误；
C．受力分析如图所示
据边角关系可得
解得
C正确。
故选BC。
19．AB
【解析】
A．由平衡条件知小球受的电场力水平向左，而场强方向向右，故小球带负电，根据平行四边形定则得
解得
故A正确；
BC．电场反向后，小球受向右的电场力大小不变，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动。
当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时能量损失，由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度，接着小球做圆周运动。故B正确，C错误；
D．初始点到P点，由动能定理得
解得
故D错误。
故选AB。
20．ACD
【解析】
AB．三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即
故A正确，B错误；
C．三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有
x=v0t
由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即
可见，初速度关系为
故C正确；
D．由动能定理得
△Ek=qEy
由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量，故D正确。
故选ACD。
21．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）电子穿过加速电场的过程，由动能定理得：
解得：
v0＝
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，则有：
L＝v0t
沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有：
y＝at2
根据牛顿第二定律得：
e＝ma
联立解得电子在偏转电场中侧移量为
y＝
（3）电子从偏转电场射出时的偏转角
解得
22．（1）1.0×10-6C，正电荷；（2）12.5m/s2；（3）
【解析】
(1)小球受重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，如图所示
由共点力平衡条件可得
F=qE=mgtan
θ
解得
电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。
(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律可得
解得
(3)在t=0.20s的时间内，小球的位移为
小球运动过程中，重力做的功为
W=mgscosθ=8.0×10-3J
故小球的重力势能变化量为
23．（1），；（2）见解析；（3）
【解析】
(1)根据动能定理时间段内有
代入数据解得
时间内有
代入数据解得
(2)电子离开电容器I进入电容器II后做类平抛运动，类平抛运动的加速度为
时间段内离开电容器I进入电容器II的电子离开电容器II所需要的时间为
电子的竖直位移为
所以时间段内离开电容器I进入电容器II的电子能全部离开电容器II；
(3)时间段内离开电容器I进入电容器II的电子离开电容器II所需要的时间为
电子的竖直位移为
所以时间段内离开电容器I进入电容器II的电子不能离开电容器II，一个周期内有一半电子离开电容器II，所以一个周期T时间内离开电容器II的电子数与进入电容器I的总电子数之比值为。
24．（1），方向沿斜面向上；（2）0.2m；（3）电势能变小；
【解析】
（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小
方向沿斜面向上。
（2）当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，即
代入数据解得
（3）由于，可知，两球相互远离，则B球从开始运动到最大速度的过程中电场力做正功，电势能变小；根据功能关系可知：B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，所以B球电势能变化量为
代入数据求得