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 随堂演练（word解析版）

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
随堂演练（解析版）
1．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
2．平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔。现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出。不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
B．仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
C．仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
D．仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点
3．如图一定质量的带电小球从轻质弹簧上方点由静止下落，空间还存在竖直向下的匀强电场，在小球从到的过程中，重力做功，小球克服弹簧弹力做功，电场力做功，忽略空气阻力，则：（　　）
A．该过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，动能增加了
B．该过程小球和弹簧组成的系统机械能增加0.5J，动能增加了
C．该过程中小球电势能增加0.5J，重力势能减少0.8J
D．该过程中弹簧弹性势能减少0.9J，小球电势能减少0.5J
4．如图所示，粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合。A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，。现有带电荷量为q、质量为m的物块（可视为质点），从A点以竖直向下的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则（　　）
A．物块可能带正电
B．从A到O，物块受到的电场力一直减小
C．从O到B，物块的加速度保持不变
D．从A到B，物块的电势能保持不变
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，竖直放置的平行板电容器与电源相连，在两极板A、B之间用轻质绝缘细线悬挂一带电小球，闭合开关S，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电
B．保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，角将减小
C．断开开关S，仅将两极板间的距离适当增大，角将减小
D．断开开关S，仅将两极板间的正对面积适当减小，角将减小
7．如图为静电除尘机工作原理示意图，其中“放电极”与静电高压电源的负极相连，“集尘极”与静电高压电源的正极相连。废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的，图中虚线为电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则下列说法正确的是（　　）
A．尘埃带正电
B．图中A点场强大于B点场强
C．图中A点电势高于B点电势
D．尘埃在迁移过程中电势能增加
8．如图，真空中固定一正点电荷，图中实线为点电荷形成的电场中的几个等势面，虚线是某一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，MN是轨迹上两点。若带电粒子只受到电场力作用，关于带电粒子的下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在M点的加速度比在N点的大
C．粒子在N点的电势能比在M点的大
D．粒子在N点的动能比在M点的大
9．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。设质量为m、电量为q的质子（重力不计）从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压U视为不变。设质子进入漂移管A时速度为，进入漂移管D时速度为，电源频率为f，漂移管间缝隙很小，则（　　）
A．为使质子在漂移管间被加速，质子在每个管内运动时间应为
B．质子进入漂移管D时的速度
C．从漂移管A算起，第N个漂移管的长度应为
D．从漂移管A算起，质子通过第N个漂移管的能量应为
10．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
11．如图所示，空间有A、B、C、D四个点，四个点恰好位于一正四面体的四个顶点，两个电荷量均为的点电荷固定在正四面体的两个顶点B、D上，E、F两点分别为棱和棱的中点，正四面体对电场分布和电荷的运动没有影响。下列说法正确的是（　　）
A．A点的电场强度大小小于C点的电场强度大小
B．C点的电势低于E点的电势
C．将原来静止于F点的带负电的试探电荷沿棱方向给一个适当的初速度，之后仅在静电力作用可能做匀速圆周运动
D．将一负试探电荷从C点沿棱运动到B点过程中电势能逐渐增大
12．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点。由点静止释放的一价氢离子恰好能运动到点，下列说法正确的是：（　　）
A．一定有
B．若从点静止释放二价氨离子，其将以一定速度越过点
C．若将板向右平移到点，则由点静止释放的氢离子将运动到点返回
D．若将板向右平移到点，则由点静止释放的氢离子仍运动到点返回
13．如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电小球从O点正上方h高度处的A点由静止释放，并穿过带电环，A′点与A点关于O点对称。取O点为坐标原点且为零重力势能点，向下为正方向，无限远电势为零。则关于小球从A到A′过程中，加速度a、重力势能EpG、机械能E、电势能EpE随位置变化的图像可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
14．一价氢离子（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
15．一个利用静电除尘的盒状容器，如图所示。它的上下底面为正对的金属板，板间距为L，当连接到电压为U的电源两极时，两金属板间产生一个匀强电场。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内，假设这些颗粒都处于静止状态。合上电键之后，颗粒向下运动。每个颗粒电性相同，带电量均为q，质量均为m，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。则下列说法中正确的是（　　）
A．颗粒带正电
B．经过时间烟尘颗粒可以被全部吸附
C．除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（N为容器中颗粒总数）
D．除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（N为容器中颗粒总数）
16．如图所示，长l=1
m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-5
C，匀强电场的场强E=3.0×103
N/C，取重力加速度g=10
m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）小球所受电场力F的大小。
（2）小球的质量m。
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
17．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大？
（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。
18．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）。
19．虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10-11kg、电荷量为q＝＋1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U＝100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；
（2）粒子在PQ、MN间运动的时间t，粒子离开匀强电场时沿电场线方向的分速度的大小v2；
（3）水平匀强电场的场强大小。
20．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。
参考答案
1．C
【详解】
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。
2．D
【详解】
设P点到B板距离为h，A、B板间电压为U，小球质量为m，带电量为q，由于小球刚好能够到达S2而不穿出，可知到达S2时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到达S2，根据动能定理有
A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0，P点到B板距离h不变，两极板间电压不变,可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故A错误；
BC．仅使A板下移或上移一小段距离，P点到B点的距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故BC错误；
D．仅使B板上移一小段距离，P点到B点的距离变小，两极板间电压不变，则
可知小球不能达到，在达到之前动能已经为0，小球将原路返回，根据能量守恒可知小球能回到P点，故D正确。
故选D。
3．B
【详解】
A．该过程中小球和弹簧组成的系统，由于电场力做正功，则机械能不守恒，选项A错误；
B．该过程小球和弹簧组成的系统机械能增加量等于电场力做功，大小为0.5J，动能增加量等于合外力的功，大小为0.8J-0.9J+0.5J=，选项B正确；
CD．该过程中因电场力做功为0.5J，则小球电势能减小0.5J，重力做功0.8J，则重力势能减少0.8J，克服弹簧弹力做功0.9J，则弹簧弹性势能增加0.9J，选项CD错误；
故选B。
4．D
【详解】
ABC．小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据
加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据
知加速度减小，故ABC错误；
D．由于等量异种电荷的中垂线AB是等势线，则物块的电势能不变，故D正确。
故选D。
5．D
【详解】
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．B
【详解】
A．由图可知，A板带正电，B板带负电，形成水平向右的电场，小球向左偏，则说明小球带负电，故A错误；
B．保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，由公式可知，电场强度减小，小球所受电场力减小，则角将减小，故B正确；
CD．断开开关S，电容器的电荷量保持不变，由公式、和可得
仅将两极板间的距离适当增大，电场强度不变，小球所受电场力不变，角将不变，仅将两极板间的正对面积适当减小，电场强度变大，小球所受电场力变大，角将变大，故CD错误。
故选B。
7．B
【详解】
A．集尘极带正电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，尘埃带负电，故A错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可知A点的电场线更密，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C．集尘极带正电，电场线方向由集尘极指向放电极，沿电场线方向电势降低，所以图中A点电势低于B点电势，故C错误；
D．尘埃在迁移过程中，所受电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选B。
8．BD
【详解】
A．粒子所受电场力应与等势面垂直且指向轨迹凹侧，可得知粒子受斥力作用，则粒子带正电，故A错误；
B．由库伦定律
可得粒子在M点的电场力比在N点的大，所以粒子在M点的加速度比在N点的大，故B正确；
CD．粒子从M运动到N，电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以粒子在N点的电势能比在M点的小，粒子在N点的动能比在M点的大，故D正确，C错误。
故选BD。
9．AC
【详解】
A．电源频率为f，因此周期为
质子在每个管内运动时间应为，质子在每个管内运动时间应为，故A正确；
B．质子从A管运动至漂移管D由动能定理可知
解得
故B错误；
C．从漂移管A算起，第N个漂移管的速度，由动能定理可知
解得
第N个漂移管的长度应为
故C正确；
D．
质子通过第N个漂移管的能量，由动能定理可知
解得
故D错误。
故选AC。
10．AC
【详解】
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；
11．BC
【分析】
本题考查电场强度、电势、电势能的理解，考查了考生的推理能力和空间思维能力，体现了物理核心素养的物理观念要素。
【详解】
A．根据对称性可知A、C两点都位于两电荷连线的中垂线上且距两电荷的距离相等，所以A、C两点的电场强度大小相等，选项A错误；
B．沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据等量同种正电荷电场线的特点可知C点的电势低于E点的电势，选项B正确；
C．E、F两点分别为棱和棱的中点，根据几何关系可得为棱和棱的中垂线，根据电场的叠加原理可得F点电场强度的方向沿方向，方向与受静电力方向垂直且在棱的中垂面上，设试探电荷电荷量为q，质量为m，则受到的静电力为
设间的距离为d，如果初速度恰好满足
则试探电荷恰好能做匀速圆周运动，选项C正确；
D．沿着电场线的方向电势逐渐降低，根据等量同种电荷电场线的特点可知从C点沿棱运动到B点过程中电势逐渐升高，负电荷所处位置电势越髙，电势能越小，所以负试探电荷从C点沿棱运动到B点过程中电势能逐渐减小，选项D错误。
故选BC。
12．AD
【详解】
AB．由点静止释放的一价氢离子恰好能运动到点，则
即
由上式可知，上述过程中与粒子带电量无关，即若从点静止释放二价氨离子，则也能恰好能运动到点，选项A正确，B错误；
CD．若将板向右平移到点，由于BC带电量不变，根据
可知两板间场强不变，MP之间的电势差不变，根据
则由点静止释放的氢离子仍运动到点返回，选项D正确，C错误。
故选AD。
13．BC
【详解】
A．圆环中心场强为零，无限远处场强也为零，则从到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得，重力不变，加速度可能先减小后增大，小球穿过圆环后小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，A错误；
B．小球从到圆环中心的过程中，重力势能
小球穿过圆环后
根据数学知识可知，B正确；
C．小球从到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，C正确；
D．由于圆环产生的时非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】
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。
15．AD
【详解】
A．开始时烟尘颗粒处于静止状态，接通电键后，场强方向向下，颗粒向下运动，可知颗粒带正电，选项A正确；
B．对最上面的颗粒，根据
解得
即经过时间烟尘颗粒可以被全部吸附，选项B错误；
CD．电场对最上面的颗粒做功为Uq，对最下面的颗粒做功为0，因颗粒均匀分布在两板之间，则除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（N为容器中颗粒总数），选项C错误，D正确。
故选AD。
16．（1）3.0×10-2
N；（2）4.0×10-3
kg；（3）2.0
m/s
【详解】
（1）电场力
F=qE=3.0×10-2
N
　
（2）由
解得
m=4.0×10-3
kg
（3）由动能定理
解得
v=2.0
m/s
17．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设滑块到达B点时的速度为，从A点到B点，由动能定理得
而
解得
（2）设滑块到达C点时速度大小为，从A点到C点，由动能定理得
解得
则
解得滑块到达C点时受到轨道的作用力大小
（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有
解得
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（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
19．（1）；（2），；（3）
【详解】
（1）根据
可得
（2）设PQ、MN间的间距为d，则
由于
可得
（3）根据
又
qE=ma
解得
20．（1），；（2）见详解；（3）
【详解】
(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。