2021—2022学年人教版（2019）必修第三册10. 5带电粒子在电场中的运动同步训练（Word含解析）

2021—2022学年人教版（2019）必修第三册
10.
5带电粒子在电场中的运动同步训练
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．如图所示的同心圆（虚线）是电场中的一簇等势线，一个正电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段的中点，则有（　　）
A．正电子沿运动时受到的电场力越来越小
B．正电子沿运动时它具有的电势能越来越小
C．电势
D．电势差
2．地面附近处电场的电场线如图所示，其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点，高度差为h。质量为m、电荷为－q的检验电荷，从a点由静止开始沿电场线运动，到b点时速度为，下列说法中正确的是（　　）
A．质量为m、电荷量为+q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为
B．质量为m、电荷量为+q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为
C．质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度仍为
D．质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为零
3．AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷（电荷量与质量的比）相同的带电微粒（不计重力），a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程（　　）
A．运动加速度aa>ab>ac
B．飞行时间tb=tc>ta
C．水平速度va>vb=vc
D．电势能的减少量ΔEc=ΔEb>ΔEa
4．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）
A．2倍
B．4倍
C．
D．
5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为这轨迹上的两个点，由此可知（　　）
A．三个等势面中，a电势最高
B．粒子在P点比在M点时加速度大
C．粒子在M点比在P点时动能小
D．粒子在P点比在M点时的电势能大
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．匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．0～3s内，电场力做的总功为零
8．如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）
A．U1变大，U2变大
B．U1变小，U2变小
C．U1变大，U2变小
D．U1变小，U2变大
9．如图，带电荷量之比为qA：qB
=
1：3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，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，若OC
=
CD，忽略粒子重力的影响，则（
）
A．A和B在电场中运动的时间之比为2：1
B．A和B运动的加速度大小之比为4：1
C．A和B的质量之比为1：2
D．A和B的位移大小之比为1：1
10．真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块处于静止状态。若在滑块所在空间加一水平匀强电场，持续一段时间后立即换成与相反方向的匀强电场，又经过时间后，滑块恰好回到初始位置，且具有动能。在上述过程中，对滑块的电场力做功为，时刻物体的速度大小为，对滑块的电场力做功为，时刻物体的速度大小为，则（　　）
A．
B．
C．，
D．，
11．如图所示，粒子（）和质子（）以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（　　）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．1：4
12．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，平行金属板C、D之间有偏转电场。今有质子、粒子He，均由A板从静止开始，被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后从偏转电场C、D间穿出。重力忽略不计。则下列判断中正确的是（　　）
A．两种粒子在C、D板间运动的时间相同
B．两种粒子的运动轨迹相同
C．质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为1：2
D．偏转电场的电场力对质子、粒子He做功之比为1：4
二、多项选择题（下列选项中有多个选项满足题意）
13．如图，固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段和半径为的半圆环段平滑相切而成，过圆环直径的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场。现将一可视为质点的带正电小滑块，从水平轨道的点由静止释放，滑块沿轨道运动到半圆环上点时对轨道的压力等于滑块重力的6倍，且滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到点，关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．滑块沿轨道运动经过点时对轨道无压力
B．滑块受到的电场力是滑块重力的2倍
C．在虚线左侧，滑块到达距虚线的水平距离为的位置时，电场力的瞬时功率为零
D．到点的距离为
14．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏，一带电荷量为、质量为的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为）（　　）
A．整个过程中合外力对质点做负功
B．两极板间电压为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在上
15．如图所示，在匀强电场中有、A、三点，，其中、A电势分别为0和，OA与的夹角为，A、在同一条竖直线上。现有一不计重力的带电粒子从A点沿方向飞入电场，经过点时的动能与在A点时相同，则下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带负电
B．粒子运动过程中，电场力一直做正功
C．粒子能运动到点，且在点时电势能为零
D．该电场的场强大小为，方向水平向左
16．平行板电容器充电后形成一个匀强电场，两个质量相等、带电荷量不同的粒子a、b以相同的初速度垂直电场射入，最后分别落在负极板的中央和边缘，轨迹如图中虚线所示，不计重力作用，下列说法正确的是（　　）
A．粒子a、b在电场中运动的时间相等
B．粒子a的加速度较大
C．粒子a到达负极板时的动能较大
D．粒子a、b的电势能的增量相等
17．如图所示，一个质量为、带电荷量为的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为时，穿过电场而恰好不碰金属板。要使粒子的入射速度变为，仍能穿过电场恰好不碰金属板，若其它条件不变，则必须再使（　　）
A．两板间电压减为原来的
B．粒子的电荷量变为原来的
C．两板间距离增为原来的3倍
D．两板间距离增为原来的9倍
18．如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、之间的加速电压为，、之间的偏转电压为，为荧光屏。现有质子、氘核和粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为，电荷量之比为，则质子、氘核和粒子三种粒子（　　）
A．从开始到荧光屏所经历时间之比为
B．从开始到荧光屏所经历时间之比为
C．打在荧光屏时的动能之比为
D．打在荧光屏时的动能之比为
三、综合计算题（要求写出必要的计算过程）
19．在水平向右、场强为E的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，A点与B点关于O点对称，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：
（1）小球的电荷量q为多少？
（2）小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？
（3）小球在速度最大和速度最小处的拉力之差为多少？
20．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器，它的核心部件是示波管，工作原理如图所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。初速度为0的电子在电子枪中经电压为U0的加速电场加速后形成电子束进入偏转电极，如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。已知电子的电量为e，质量为m。
（1）求电子打在荧光屏上的速率；
（2）如果YY′偏转电极上加上恒定电压，XX′偏转电极上不加电压，在荧光屏上得到亮斑，亮斑在Y轴偏转距离DY正比于输入电压UY，即DY=KYUY，比例系数KY称为电压偏转因数，求KY（已知YY′偏转电极的长度为L1，板间距为d，极板右端到荧光屏的距离为L2）。
21．如图所示，桌面固定一半径的圆弧，圆弧下端与光滑水平桌面相切，桌面距地面高，桌子右侧足够大的区域内存在方向水平向左，大小的匀强电场。现将一带正电、质量的小球，由圆弧最高端静止释放，小球滑至圆弧最低端速度为（重力加速度取，小球运动过程中电荷量不变），
（1）小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做的功是多少？
（2）小球运动至圆弧最低端时，对轨道的压力是多少？
（3）小球滑离桌面后，碰撞地面前，水平位移最大值是多少？
22．如图所示的直角坐标系中，在直线到轴之间的区域内存在着沿轴正方向的匀强电场，电场强度为；在轴到直线之间的区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场（电场强度未知），其中轴上方的电场方向沿轴负方向，轴下方的电场方向沿轴正方向。在电场左边界上到区域内，连续分布着电量为、质量为均处于静止状态的带正电粒子。若处于的粒子由静止释放，在电场力作用下，经第一象限恰能从处射出电场，不计粒子的重力及它们间的相互作用。
（1）处粒子由静止释放后，在电场力作用下到达轴时的速度大小；
（2）求轴到直线之间的区域内的匀强电场的电场强度；
（3）若处于之间的某些粒子由静止释放，它们到达轴时，速度与轴的夹角为，求这些粒子释放时的位置坐标和射出电场时的动能。
参考答案
1．C
【解析】
A．由于等势线是电场中的一簇同心圆，且正电子由A向C运动中速度越来越小，因此题中电场由处于圆心的正电荷产生的，由库仑定律可知，正电子沿着直线由A向C运动时受到电场力越来越大，A错误；
B．正电子沿运动时，速度越来越小，电场力做负功，则它具有的电势能越来越大，B错误；
C．电场线与等势面垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，正电子由A向C运动时的速度越来越小，则电场力向外，场强方向向外，因此内侧电势高，φA<φB<φC，C正确；
D．电子沿AC方向运动中，电场力逐渐变大，从A到B电场力较小，因此从A到B运动中电场力做功较少，由，可知
UABD错误。
故选C。
2．D
【解析】
AB．电荷为-q的检验电荷，从a到b过程，据动能定理可得
解得
质量为m、电荷量为+q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点的过程，据动能定理可得
解得
AB错误；
CD．质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点的过程，据动能定理可得
解得
C错误，D正确。
故选D。
3．B
【解析】
A．根据牛顿第二定律得:微粒的加速度为
a=
据题相同，E相同，所以加速度相同，即aa=ab=ac，选项A错误；
B．三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由
y=at2
得
t=
由图有
yb=yc>ya
则得
tb=tc>ta
选项B正确；
C．三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由
x=v0t
得
v0=
由图知
xa>xb>xc
又
tb=tc>ta
则得
va>vb>vc
选项C错误；
D．电场力做功为
W=qEy
由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误；
故选B。
4．C
【解析】
电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足
L=v0t
而两板间的场强为
联立，可得
若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。
故选C。
5．C
【解析】
CD．粒子在电场中，所受电场力与等势面垂直且指向轨迹凹侧，故受力如图所示，设粒子从M运动到P，F与v夹角小于90°，电场力做正功，故动能增大，电势能减小，C正确，D错误；
A．由于粒子带正电，故场强方向与电场力F方向相同，沿场强方向，电势降低，故三个等势面中，a电势最低，A错误；
B．等差等势面越密的地方场强越大，加速度越大，故粒子在P点比在M点时加速度小，B错误。
故选C。
6．C
【解析】
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．D
【解析】
A．由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为
第2s内加速度为
故
a2=2a1
因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：
带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；
B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；
C．由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；
D．因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3s内，电场力做的总功为零，故D正确。
故选D。
8．D
【解析】
设电子被加速后获得的速度为，电子在加速过程中，根据动能定理
设水平极板长为L，两极板间的距离为d，则电子在偏转场中运动的时间为
电子在偏转场的加速度为
电子射出偏转场时，平行于电场方向的速度
电子射出偏转场时的偏转角的正切值为
联立可得
所以一定能使电子的偏转角变大的是U1变小，U2变大，故D正确，ABC错误。
故选D。
9．B
【解析】
A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有
x
=
v0t
又由于初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，A错误；
B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有
y
=
at2
y相同，a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，B正确；
C．由牛顿第二定律有
Eq
=
ma
则粒子的质量
m
=
∝
则A和B的质量之比为1：12，C错误；
D．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：1，D错误。
故选B。
10．C
【解析】
AB．由题意可知，两个过程的位移大小相等、方向相反，由位移关系可得
解得
AB错误；
CD．由题意可知
在电场中运动的过程，据动能定理可得
换成电场后的过程，据动能定理可得
C正确，D错误。
故选C。
11．C
【解析】
质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为
粒子射出电场时的侧位移y的表达式为
又
联立上三式得
由题，两个粒子的初动能相同，E、L相同，则y与q成正比，粒子（）和质子（）电荷量之比为2：1，侧位移y之比为2：1。
故选C。
12．B
【解析】
粒子在A、B板间做匀加速直线运动，在C、D板间做类平抛运动，设加速电场电压为，偏转电场电压为，极板长度为L，宽度为d，则有
可得飞出加速电场时，粒子速度为
粒子进入偏转电场并能飞出电场，则有水平方向
竖直方向有
A．粒子在C、D板间运动的时间为
由于质子、粒子He的不等，所以两种粒子在C、D板间运动的时间不相同，故A错误；
B．两种粒子在加速电场中均做匀加速直线运动，在偏转电场中有
与粒子电荷量，质量均无关，所以两粒子的运动轨迹相同，故B正确；
C．粒子在偏转电场中的加速度为
所以，质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为
故C错误；
D．粒子在偏转电场中，电场力做功为
由于质子、粒子He在偏转电场中竖直方向位移y相等，则做功之比为
故D错误。
故选B。
13．AC
【解析】
A．滑块沿轨道运动到半圆环上点时，由牛顿第二定律可得
其中
解得
从B到D过程，据动能定理可得
在D点时，由牛顿第二定律可得
联立解得
，
即滑块沿轨道运动经过点时对轨道无压力，A正确；
B．由滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到点可知，在竖直方向上滑块自由下落
在水平方向上，滑块先向左减速后向右加速，满足
联立解得
B错误；
C．当滑块的速度竖直向下，即水平分速度为零时，电场力的瞬时功率为零，从D点飞出的水平位移为
即在虚线左侧，滑块到达距虚线的水平距离为的位置时，电场力的瞬时功率为零，C正确；
D．设到点的距离为s，由动能定理可得
解得
即到点的距离为，D错误。
故选AC。
14．BC
【解析】
AB．由题意可知，该质点在电场中应向上偏转，离开电场后向下偏转，最后才能垂直打在上，前后过程具有对称性，水平方向始终做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，竖直方向末速度为零，故两个过程的加速度大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可得
解得
极板间的电压为
由于初末动能相等，故整个过程中合外力对质点不做功，A错误，B正确；
C．整个过程中质点在竖直方向上升的高度为
整个过程中质点的重力势能增加量为
C正确；
D．由于平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，极板间场强大小为
若仅增大两极板间距d，场强大小E不变，由AB的解析可知，该质点仍可以垂直打在上，D错误。
故选BC。
15．AD
【解析】
AB．粒子只受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和守恒，因粒子在AB两点的动能相同，可知粒子在AB两点的电势能相等，即AB两点电势相同，则场强的方向垂直AB指向O，由粒子的运动轨迹可知，粒子带负电，从A到B电场力先做负功后做正功，故A正确，B错误；
C．粒子从A点沿AO方向飞入电场受到的电场力方向垂直AB向右，则粒子不可能运动到O点，选项C错误；
D．该电场强度大小为
方向水平向左，选项D正确；
故选AD。
16．BC
【解析】
A．粒子在水平方向做匀速运动，初速度相同，而水平位移
因此
A错误；
B．在竖直方向上，做匀加速运动，根据
竖直位移相同，而粒子a运动的时间短，因此加速度较大，B正确；
C．在竖直方向上，根据
可知落到负极板上时，a粒子的竖直分速度较大，而水平分速度相等，因此粒子a到达负极板时的动能较大，C正确；
D．由于两个粒子的初动能相同，因此粒子a的动能增量较大，电场力做功较多，电势能减少量较大，D错误。
故选BC。
17．BC
【解析】
设平行板长度为，宽度为，板间电压为，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动
垂直初速度方向做匀加速运动
则偏转位移为
欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为；
A．使两板间所接电源的电压减小到原来的三分之一，有
故A不符合题意；
B．使粒子的带电量减少为原来的，则
故B符合题意；
CD．板的电压不变，距离变化，根据，有Uql2=md2v2，速度减小为，则距离应该增加为3倍，故C符合题意，D不符合题意；
故选BC。
18．BC
【解析】
AB．设加速电场AB间距离为d，偏转极板长度为l，偏转极板间的距离为h，屏到偏转电场右边缘距离为s，粒子在加速过程中，根据
可得
在加速电场中运动的时间
进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间
从开始到荧光屏所经历时间
可知运动时间与成反比，由于
因此
A错误，B正确；
CD．粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动
其中
可得
可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，根据动能定理
可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此
D错误，C正确。
故选BC。
19．（1）；（2）A点，；（3）
【解析】
（1）当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，小球位于B点，则
解得
（2）小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上速度最小，如图所示的A点
由牛顿第二定律得
解得小球的最小速度为
（3）小球在A点时速度最小，拉力最小为零，当在B点时拉力最大，由动能定理可得
解得
根据第二定律得
解得
则小球在速度最小和速度最大处的拉力之差为
20．（1）；（2）
【解析】
（1）对电子由动能定理得
解得
（2）偏转电场的场强
设电子在偏转电场中的加速度为a，运动时间为t，偏转位移为y
由相似关系得
解得
所以
21．（1）0.5J；（2），方向竖直向下；（3）
【解析】
（1）小球沿圆弧下滑过程，使用动能定理，得
解得
小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做功0.5J。
（2）小球运动至圆弧最低端时，有
解得
由牛顿第三定律得，小球对轨道的作用力大小，方向竖直向下。
（3）小球滑离桌面后，进入电场区域，竖直方向，自由落体运动
解得
水平方向，受力
解得
水平方向速度减为0，所需时间
因为，，所以得出小球水平位移最大时，未落地，水平位移最大值
解得
22．（1）；（2）；（3）位置坐标为，；
【解析】
（1）（2）依题意，知粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强电场中做类平抛运动，设粒子刚进入电场时速度大小为，到达处时速度大小为，则由动能定理有
粒子在电场中，由类平抛运动有
由牛顿第二定律有
联立以上式子，求得
（3）设处于之间的第二象限内某粒子到达轴，速度与轴的夹角为时，竖直方向位移为y，由类平抛运动规律：速度反向延长线交于此时水平位移的中点，有
又
联立求得
根据对称性可知，这些粒子到达轴，速度与轴的夹角为时，释放时的位置坐标为，
由于
即粒子此时未飞出电场，进入下面的电场，由于电场方向竖直向上，则粒子做类斜抛运动，由于
所以粒子将从下面飞出电场，粒子从进入下面电场到飞离电场所用时间为
竖直方向发生的位移为
联立，求得
则粒子从静止开始到飞出电场，由动能定理有
联立，代入求得粒子飞出电场时的动能为