10.5带电粒子在电场中的运动同步训练—2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册(Word版含答案)

第十章静电场中的能量第四节带电粒子在电场中的运动同步训练——2021-2022学年高中物理人教版（2019）必修第三册
一、单选题（共11题）
1．如图所示，有一带电粒子（不计重力）贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子恰沿①轨迹从B板边缘飞出：当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板正中间：设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）
A．U1：U2=4：1
B．U1：U2=1：4
C．U1：U2=2：1
D．U1：U2=1：2
2．如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'和荧光屏组成，当电极YY'和XX'所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是
A．当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时，电子将打在第一象限
B．电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C．电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D．电子通过XX'
时的水平偏转量与YY'
所加电压大小有关
3．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。由点静止释放的电子恰好能运动到点。现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子（　　）
A．运动到点返回
B．运动到和点之间返回
C．运动到点返回
D．穿过点
4．如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场方向与四边形所在平面平行。已知a点电势为24
V，b点电势为28
V，d点电势为12
V。一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法不正确的是（　　）
A．c点电势为20
V
B．质子从b运动到c所用的时间为
C．场强的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为8eV
5．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E，区域足够大的匀强电场中，以初速度沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为，且mg=qE，则下列结论中正确的是（　　）
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为
C．小球上升的最大高度为
D．小球返回原位置所用时间为
6．如图所示，、是匀强电场中的两点，一负电荷在点时的速度与电场线方向成角，在点时动能为，运动到点时速度方向与电场线垂直。已知负电荷所带电量为，电荷仅受电场力作用，则、两点的电势差为（　　）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，有一质量为、带电量为的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中，设油滴是从两板中间位置，并以初速度为零进入电场的，可以判定（　　）
A．油滴在电场中做抛物线运动
B．油滴在电场中做匀加速直线运动
C．油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离
D．油滴打在极板上的运动时间只决定于油滴的荷质比
8．美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压恒定为U的电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则（　　）
A．此时极板间的电场强度E=
B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将减速下落
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
9．密立根测定电子的电荷量的实验装置示意图如图所示。油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的油滴在极板间匀速下落，不计空气阻力，则（　　）
A．油滴带正电荷
B．油滴带的电荷量为
C．油滴下降过程中电势能不断减小
D．将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将减速下降
10．如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且qE=mg，下列说法正确的是（　　）
A．释放点A到斜面底端B的距离为R
B．小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mg
C．小滑块运动过程中最大动能为mgR
D．小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点
11．如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x=ky2，且小球通过点P，，已知重力加速度为g，则（　　）
A．电场强度的大小为
B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
二、多选题（共6题）
12．图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（　　）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相同
C．N在从O点运动至a点的过程中电场力做正功
D．M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
13．如图为一光滑绝缘斜面，斜面长为L（），D为之中点。A处固定一带电荷量为、质量为m的小球，另一同样带电小球自B点由静止释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，则下列说法正确的是（　　）
A．小球从B到C机械能先减少后增加
B．小球从B到C库仑力先做正功后做负功
C．小球运动到D点的速度为
D．小球的动能一直增加
14．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，电势分别为φA和φB，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。下列说法中不正确的是（　　）
A．A球面电势比B球面电势高
B．电子在AB间偏转电场中做匀变速运动
C．等势面C所在处电势的大小为
D．等势面C所在处电场强度的大小为
15．如图所示，A板发出的正电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，正电子最终打在光屏P上，关于正电子的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．滑动触头向右移动时，正电子打在荧光屏上的位置下降
B．滑动触头向右移动时，正电子打在荧光屏上的位置上升
C．电压U增大时，正电子打在荧光屏上的速度大小不变
D．电压U增大时，正电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
16．如图所示，把质量为m，带电量为q的质点，以初速在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出，若其运动到最高点时速度大小为，设重力加速度为g，则质点在电场中上升到最大高度h的过程中（　　）
A．电场强度的大小为
B．这个过程中质点所受合力的冲量为零
C．到最高点时质点的加速度大小为g
D．这个过程中质点机械能增加
17．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在两极板之间的中点位置，不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．从t=0时刻释放的电子，将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从时刻释放的电子，最终将打在左极板上
C．从时刻释放的电子，若出发后T时间内没有撞板，则第一次单向直线运动和第二次单向直线运动的位移大小之比为9:1
D．从时刻释放的电子，最终将一定打在右极板上
三、解答题（共5题）
18．如图所示，在水平向左的匀强电场中，一带电小球质量为m，电量为－q。用绝缘轻绳（不伸缩）悬于O点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角θ＝30°。绳长为l，AO＝CO＝DO＝l，OD水平，OC竖直。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球向右运动过程中的最大速率和该时刻轻绳中张力的大小（计算结果可带根号）。
19．如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为，带电荷量为。现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角为，重力加速度取。
（1）求匀强电场的电场强度；
（2）如果剪断轻绳，求2s末的速度大小。
20．如图所示，足够大的荧光屏垂直坐标平面，与轴间的夹角为，轴与间有沿轴方向、电场强度为的匀强电场，一质量为、电荷量为（）的离子从轴上的点，以速度、沿轴方向射入电场，恰好垂直打到荧光屏上的点（图中未标出），离子重力不计。求：
（1）离子在电场中运动的时间。
（2）点到点的距离。
21．如图，电子的电荷量大小为e，质量为m，在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行。偏转电场两个极板间的距离为d，正方形的偏转极板的面积为S，整个装置处在真空中，重力可忽略，求：
（1）经过加速电场加速后，电子的速度v1为多大
（2）两个偏转极板构成的平行板电容器的电容是多大（静电力常量为k）；
（3）电子在偏转板间运动时的加速度是多大；
（4）若电子离开加速电场时的动能等于e（U1+0.25U2），电子的偏转角的正切值tan为多大。
22．如图所示，绝缘轨道位于竖直平面内，圆弧段的圆心角为，与水平段、倾斜段分别相切于点和点。段粗糙，段光滑。在处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为、水平向右的匀强电场中，一质量、带电量的小滑块在处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到段的中点处时速度恰好为零。已知段长度，圆弧的半径；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点。，，，求：
（1）滑块与段之间的动摩擦因数；
（2）滑块在段上运动的总路程；
（3）滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能。
参考答案
1．B
【详解】
粒子做平抛运动
解得
解得
故选B。
2．C
【详解】
A．由于电子带负电，所以电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当上极板Y的电势高于Y'，而后极板X的电势低于X'时，电子将打在第二象限，故A错；
B．电子在水平方向上不受力，所以水平方向做匀速运动，故电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B错误；
C．根据动能定理，电子出电场后的动能和电场力做功的大小有关，即
故C正确；
D．电子通过XX'
时的水平偏转量与XX'
所加电压大小有关，故D错误；
故选C
3．A
【详解】
设AB间电场强度为E1，BC间场强为E2，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有
(1)
BC板电量不变，BC板间的场强为
(2)
由(2)知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变，由(1)知，电子仍然运动到P点返回
故选A。
4．C
【详解】
A．作如图e点，ab间电势差为4V，可求得e点电势为20V，即eb间电势差为8V，所以dc间电势差也为8V，故c点电势为20V，A正确，不符合题意；
C．连接bd，可得bd中点O处的电势为20V，所以Oc为等势面，根据几何知识可得bd⊥Oc，所以bd为一条电场线，b点电势高于d点，所以电场方向为从b到d，C错误，符合题意；
B．质子与bc成45°方向抛出时，电场力沿bd方向，则质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为，此方向做匀速直线运动，则
B正确，不符合题意；
D．电势差
则质子从b→c电场力做功为8eV，D正确，不符合题意。
故选C。
5．D
【详解】
A．小球做匀变速直线运动，合力应与速度共线，因mg=qE，所以电场力与重力对称，则电场方向沿直线ON。故A错误；
B．小球受力情况如图所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g。故B错误；
C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式，可得最大位移为
则最大高度为
故C错误；
D．小球返回原位置所用时间为t，由于运动的对称性可得返回时的速度大小与开始时相等，方向相反，得
故D正确。
故选D。
6．C
【详解】
运动到点时速度方向与电场线垂直，说明水平方向速度减小为0，M点的速度大小则有
则水平方向的速度大小为
所以
联立解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
7．B
【详解】
AB．油滴从两板中间位置进入电场中，受到电场力和重力作用，两个力都是恒力，初速度又为零，故油滴做匀加速直线运动。故A错误，B正确；
CD．由牛顿第二定律得，油滴在水平方向上的加速度为
油滴在垂直于板的方向做初速度为零的加速度为的匀加速直线运动，则有
解得
可知，油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离，还决定于油滴的荷质比。故CD错误。
故选B。
8．A
【详解】
A．极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强
E=
故选项A正确；
B．油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故
mg=q
解得
q=
故选项B错误；
C．减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故选项C错误；
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，板间距增加，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故选项D错误。
故选A。
9．D
【详解】
A．油滴匀速下落，则电场力大小等于重力，电场力方向竖直向上，由于上板带正电，下板带负电，则油滴带负电荷，故A错误；
B．带电油滴在极板间匀速下落，故受力平衡，则有
因此，油滴带电荷量为，故B错误；
C．由于受到电场力方向竖直向上，则油滴下降过程中，电场力做负功，因此电势能不断增加，故C错误；
D．将极板N向上缓慢移动一小段距离，两极板间距离减小，电势差不变，则电场强度增大，电场力大于重力，根据牛顿第二定律可得，加速度方向向上，则油滴将减速下降，故D正确。
故选D。
10．B
【详解】
小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点，重力与电场力的合力为
所以轨道等效最高点为圆心左上60°轨道上，即D点。在等效最高点，有
A．从A点到轨道等效最高点，根据动能定理得
解得
A错误；
B．从C到等效最高点，有
在C点，有
解得
根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg，B正确；
C．小滑块运动到D点的圆上对称点时，速度最大，有
解得
C错误；
D．小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到B点，则有
，
则在合力方向上的位移为
假设错误，D错误。
故选B。
11．C
【详解】
A．小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，可知
电场强度的大小为
选项A错误；
B．小球竖直方向做匀速运动
小球水平方向上做匀加速
水平方向的合力提供加速度
解得：
选项B错误；
C．有动能定理可知：
所以小球通过点P时的动能为
故选项C正确；
D．小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即
选项D错误。
故选C。
12．CD
【分析】
根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性。由动能定理可判断，N在a点的速度与M在c点的速度大小。N从O点运动至
a点的过程中电场力做正功。O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零。
【详解】
A．由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误；
B．由动能定理可判断，N从O点到a点与M从O点到c点的电势差大小不相等，所以电势能变化量不相等，故动能的变化量不同，又因在O点两粒子的速率相同，故N在a点的速度与
M在c点的速度大小不同。故B错误；
C．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功。故C正确；
D．O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零。故D正确；
故选CD。
【点睛】
13．ACD
【详解】
AB．由图可知，小球由B到C的过程中，小球先由低电势向高电势移动，再向低电势移动，故电场力先做负功再做正功，因电场力做功等于机械能的变化，则机械能先减少后增加，故A正确，B错误；
C．则由几何关系可知，BD在同一等势面上，则电场力不做功，由动能定理可知
解得
故C正确；
D．小球下滑的过程中，所受的重力、电场力和斜面的支持力的合力一直沿斜面向下，可知合力一直做正功，则动能一直增加，故选项D正确。
故选ACD。
14．ABC
【详解】
A．电子能沿等势面C做匀速圆周运动，受到的电场力指向圆心，故场强从C指向A，A球面电势比B球面电势低，A错误，符合题意；
B．电子在AB间受到的电场力总是指向O点，故加速度是变化的，在偏转电场中做的是非匀变速运动，B错误，符合题意；
C．由场强公式可知，AC与CB距离d相等，AC区域场强E较小，故电势差较小，即
化简可得，C错误，符合题意；
D．动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间，由牛顿第二定律可得
由题意可得
联立可得，等势面C所在处电场强度的大小为，D正确，不符合题意。
故选ABC。
15．BD
【详解】
由题意知正电子在加速电场中加速运动，有动能定理得
解得电子获得的速度
正电子进入加速电场后做类平抛运动，粒子在电场中运动的时间
在平行于偏转电场中做初速度为零的匀加速直线运动，加速度
正电子在偏转电场方向偏转的位移
因为偏转电场方向向下，则正电子在偏转电场力向下偏转：
AB．滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以正电子获得的速度v增加，故正电子偏转位移
变小，因为正电子向下偏转，故在屏上的位置上升，故B正确，A错误；
CD．偏转电压增大时，正电子在偏转电场中受到的电场力增大，即正电子偏转的加速度a增大，又因为正电子获得的速度v不变，正电子在电场中运动的时间不变，a增大正电子打在屏上的速度
由于加速度a变大，时间不变，故打在屏上的速度增大，所以D正确，C错误。
故选BD。
16．AD
【详解】
A．竖直方向上做匀减速运动，上升的时间
水平方向上做匀加速运动，因此
而
可得电场强度的大小
A正确；
B．由竖直向上的动量，变为水平方向的动量，因此动量的变化为，根据动量定理，在这个过程中质点所受合力的冲量为，B错误；
C．到最高点时，质点竖直方向的加速度为g，水平方向的加速度大小为
因此合加速度为，C错误；
D．这个过程中，除重力以外，电场力对物体做正功，因此质点机械能增加，D正确。
故选AD。
17．AC
【详解】
A．刚开始电子在向右电场力的作用下，电子先向右做匀加速，再向右做匀减速，运动的方向始终向右，故电子始终向右运动，直到打在右极板上，故A正确；
B．从时刻释放的电子，刚开始电子在向右电场力的作用下，电子先向右做从时间的匀加速，再向右做时间的匀减速，减速到0，接着做时间的向左的匀加速，然后做时间的向左的匀减速，减速到0，电子在两极板间做往复运动，故B错误；
C．由分析可知从时刻释放的电子，先做时间的匀加速直线运动，然后做时间的匀减速到0，此时的位移为
接着做反向时间的匀加速运动，再做时间的匀减速到0，此段的位移为
所以两次位移大小之比为9:1，故C正确；
D．从时刻释放的电子，电子在两极板间做往复运动，不会打在右极板上，故D错误。
故选AC。
18．（1）；（2），
【详解】
（1）小球在A点处于平衡状态
电场强度
（2）当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球先沿电场力与重力的合力的方向做匀加速直线运动，由D运动到B，
OB与竖直方向夹角为30°方向绳绷直，A、B关于OC对称，设此时速度为vB
根据牛顿第二定律
解得小球的加速度
根据几何关系可知，由D到B位移等于绳长l，根据
解得，小球刚运动到B时的速度
绳绷直后，小球沿绳方向的分速度变为零，垂直绳方向速度v?不变，使小球绕O点做圆周运动
小球从B点做圆周运动的速度
小球运动到A点切向加速度为零，圆周运动的速度达到最大
由B到A位移为l，重力做功为零，根据动能定理，有
解得：小球运动到A时的速度
所以，小球向右摆动过程中的运动到A点时有最大速率，最大速率
根据牛顿第二定律，有
此时轻绳中张力
19．（1），方向水平向右；（2）
【详解】
（1）由平衡条件得
解得电场强度的大小为
方向水平向右。
（2）小球受重力、轻绳的拉力和电场力，由平衡条件得轻绳受到的拉力大小为
剪断轻绳，小球做匀速直线运动所受合力为F，其加速度为
2s末的速度大小为
20．（1）；（2）
【详解】
（1）设离子垂直打到荧光屏上的点时，沿方向的分速度大小为，在电场中运动的加速度为，则有
联立解得
（2）如图所示
竖直方向有
水平方向有
联立解得
21．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】
（1）由动能定理可得
解得
（2）根据平行板电容公式得
（3）对于平行板间的电场
根据牛顿第二定律有
则
（4）电子偏转角
为在偏转电场中竖直方向速度的变化量，根据动能定理结合题中已知条件可以得到在偏转电场中动能增加量为0.25，则竖直方向上速度增量由动能定理得
解得
故
22．（1）0.25；（2）2.4
m；（3）0.018
J，0.002
J
【详解】
（1）滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得
解得
（2）滑块在CD段上受到的滑动摩擦力
电场力
滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0。全过程由动能定理得
解得
（3）GH段的倾角为37°，因为
则加速度a=0。所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能。
对C到G过程由动能定理得
滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能。对D到G过程由动能定理得