2021-2022学年鲁科版（2019）必修第三册 2.4带电粒子在电场中的运动 同步练习（word解析版）

2021-2022学年鲁科版（2019）必修第三册
2.4带电粒子在电场中的运动
同步练习（解析版）
1．如图所示为某电场中的一条电场线，A、O、B为电场线上三点，且AO=OB，一带负电的粒子沿电场线从A运动到B，不计空气阻力及粒子重力。则下列判断正确的是（　　）
A．粒子一定在A点由静止释放
B．粒子从A到B一定做匀减速运动
C．粒子从A到B电势能一定增大
D．粒子从A到O电场力做功一定等于O到B电场力做功
2．元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的。实验装置如图所示：两块金属板水平放置，间距为d，电压为U，质量为m的油滴悬浮在两板间保持静止。已知重力加速度g，两板间电场可视为匀强电场。下列说法正确的是（　　）
A．悬浮油滴带正电
B．悬浮油滴的电荷量为
C．悬浮油滴的比荷为
D．油滴的电荷量不-定是电子电荷量的整数倍
3．如图所示，实线为-Q点电荷产生电场的电场线，线是a、b、c三个带电粒子以相同初速度从O点分别射入后的运动轨迹，其中虚线OB以-Q为圆心的圆弧。已知a、b、c粒子的电荷量相等、电性未知，粒子只在-Q电场力作用下运动，则（　　）
A．粒子a带负电，b不带电，c带正电
B．运动中，粒子b的动能减小、c的动能增大
C．粒子b、c均带正电，射入时b的动能大于c的动能
D．运动中，粒子a的电势能减小，c的电势能增大
4．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场由电极、形成，实线为电场线，虚线为等势线，轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则（　　）
A．Q点电势大于R点的电势
B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在P点处电势能大于在Q点处电势能
D．电子从P至R的运动过程中，动能先减小后增加
5．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的作用力，则（　　）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
6．质量为m的带电小物块以速度v0在足够大的光滑绝缘水平面上运动，从零时刻开始，加一个水平匀强电场，在t时刻物体的速度减小到最小值，此后速度又不断增大，则下列说法正确的是（
）
A．小物块受到的电场力大小为
B．在0—t时间内，克服电场力做的功为
C．在2t时刻，物体速度大小为
D．若零时刻起，电场方向不变，大小为原来2倍，则在t时刻，物体的速度大小仍为v0
7．一个固定在空间某点、带负电的点电荷Q产生电场，其中一条电场线与x轴重合。另有一个带正电的试探电荷q仅在电场力作用下从的位置开始沿x轴运动，其动能与坐标x的关系如图所示，虚斜线为该曲线过点（0.2，2）的切线，已知。下列判定错误的是（　　）
A．点电荷Q的位置一定在x轴上
B．该电场的电势沿x轴正方向一直升高
C．处场强的大小为10N/C
D．与两点间的电势差为1V
8．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定（　　）
A．从A点到B点，电势一直降低
B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能
C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
D．粒子在A点所受到的力大于它在B点受到的力
9．如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（　　）
A．该匀强电场的场强方向与平行
B．将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C．点电势低于点电势
D．若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
10．如图所示，实线表示某电场的电场线，过点的虚线与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子、分别从、两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于，且都能从左侧经过点。设粒子、在、两点的加速度大小分别为和，电势能分别为和，以过点时的速度大小分别为和，到达点经过的时间分别为和，粒子的重力不计，则（　　）
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于两点下列判断正确的是（　　）
A．电场中a点的电势较高
B．带电粒子在a点的动能较大
C．带电粒子在a点的加速度较大
D．带电粒子在a点的电势能较大
12．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，不计空气阻力。则（　　）
A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B．到达位置时，小球速度的大小为
C．从O到的过程中，相等的位移内小球克服电场力做的功相等
D．从O到的过程中，小球的速率越来越大，加速度也越来越大
13．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的带电粒子贴着A板沿水平方向以速度射入匀强电场，然后从右端飞出。已知平行正对放置的两极板之间的长均为L，两极板间的距离为d，加在两极板上的电压为U。求：（不计带电粒子重力）
(1)带电粒子在极板间运动的时间。
(2)带电粒子在极板间运动时的加速度大小。
14．如图所示，容器M中有大量的带电粒子，粒子质量均为m、带电量为q，粒子从小孔飘入（初速度为0）极板之间，之间电压为。粒子经板加速后，穿越水平放置，板长为L、间距为d的偏转电场：如果不加偏转电压时带电粒子打在屏幕上O点；现加偏转电压时，粒子打在右侧屏幕上P点（图中未标），平行极板右侧至屏幕距离为，整个装置置于真空中。不计粒子重力。求带电粒子：
（1）从B板飞出的速度大小；
（2）从偏转电场右边缘飞出时速度与飞离B板时速度夹角的正切；
（3）粒子落在屏幕位置P点距O点的距离Y。
15．在如图所示的xOy平面内（y轴的正方向竖直向上）存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自坐标原点O沿y轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为8
J，不计空气阻力，当它上升到最高点M时，它的动能为2
J，M点距x轴0.2
m，g取10
m/s2。
（1）求带电小球的质量m；
（2）求M点的横坐标；
（3）求带电小球落回到x轴上的P点时的动能。
16．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带负电的微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知MN左右两侧的电场强度大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示。带电微粒质量m=1.0×10-20kg，带电量q=1.0×10-9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力。求：
(1)带电微粒在A点受到的电场力的大小和方向；
(2)B点距虚线MN的距离d2；
(3)带电微粒从A点运动到B点的时间t；
参考答案
1．C
【详解】
由于粒子带负电，因此粒子从A点运动到B点的过程中，电场力与运动方向相反，粒子做减速运动；由于电场强度大小无法确定，则无法确定是否做匀减速；由于电场力做负功，因此电势能越来越大，同理无法判断，AO与OB间电势差大小，则无法判断做功大小。
故选C。
2．B
【详解】
A．由于液滴静止，故它受平衡力的作用，电场力的方向向上，而上极板带正电，故悬浮油滴带负电，选项A错误；
B．因为
F电=mg
即
q=mg
故悬浮油滴的电荷量为，选项B正确；
C．悬浮油滴的比荷为
选项C错误；
D．由于电子的电荷量是元电荷，故油滴的电荷量-定是电子电荷量的整数倍，选项D错误。
故选B。
3．C
【详解】
根据三条运动轨迹知a带负电，b、c带正电，电场力对a、c做正功、对b不做功，a、c的动能增加，电势能减少，b的动能、电势能均不变；b、c相比，据轨迹在O点对b、c受力分析可知，b做圆周运动，c做向心运动，则b的初动能大于c的初动能。
故选C。
4．C
【详解】
A．沿着电场线的方向，电势逐渐降低，所以Q点电势低于R点的电势，故A错误；
B．电场线的疏密分布反映了电场强度的强弱分布，由图可知Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误；
C．P点处的电势低于Q点处的电势，由可知，电子在P点处的电势能大于在Q点的电势能，故C正确；
D．电子从P至R的运动过程中，电势能一直在减小，即电场力一直在做正功，所以动能一直在增加，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间
此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；
B．对于t＝0时刻释放的粒子，在竖直方向，粒子在
时间内的位移为
，则
计算得出
B错误；
C．在
时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为
C错误；
D．
时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，最后向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确。
故选D。
6．D
【详解】
A．由题意，可将速度分解为如下图所示的平行于电场的方向和垂直于电场方向
根据上图可知，平行于F方向的速度分量先减小到零，然后又反向增大，所以当此速度减少至零时，物体的速度最小，有
v0cos(θ
-
)
=
v0
此过程中速度的变化量为
v
=
v0sin(θ
-
)
=
v0=
at
由牛顿第二定律有
F
=
ma
解得
F
=
mv0
A错误；
B．有动能定理有
W
=
m(v0)2
-
mv02
解得
W
=
-
mv02
B正确；
C．在2t时刻，速度变化量
v′
=
2at
=
v0
此时平行于电场方向的速度分量为v0，由运动的合成可知，此时物体的速度大小为v0，C错误；
D．当电场大小变为原来的2倍，则电场力也变为原来的2倍，在0—t时间内速度变化量为原来的2倍，即v0，此时与选项C情况相同，因此此时物体的速度为v0，D正确。
故选D。
7．B
【详解】
A．根据点电荷电场线的特点可知点电荷一定在电场线所在的直线上，点电荷Q的一条电场线与x轴重合，则点电荷Q的位置一定在x轴上，选项A正确；
B．带正电的试探电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能增加，由动能定理知电场力对其做正功，则电场方向沿x轴的正方向，电势沿x轴正方向降低，选项B错误；
C．由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图象的斜率为电场力，由图可知处
则场强大小为
选项C正确；
D．由图可知处动能为
到过程由动能定理得
解得
选项D正确。
本题选错误的，故选B。
8．AB
【详解】
A．沿电场线方向电势逐渐降低，从A点到B点，电势一直降低，故A正确；
BC．粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，则由粒子的运动轨迹和电场线的方向可以判断，粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，故B正确C错误；
D．由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，故D错误；
故选AB。
9．AB
【详解】
A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示
在x方向有
W
=
Exq2R
在y方向有
2W
=
EyqR
+
ExqR
经过计算有
Ex
=
，Ey
=
，E
=
，tanθ
=
由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；
B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为
W′
=
Eq
=
0.5W
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；
D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。
故选AB。
10．BD
【详解】
A．根据电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大，所以粒子在A点受到的电场力大，加速度大，即，故A错误；
B．粒子从点出发能通过点，可知，粒子所受的电场力水平分量向左，则电场线大致向右。过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A点电势大于B点电势，由于带负电，所以，故B正确；
C．粒子、从A、两点出发都能到达点，A、点间的电势差大于点间的电势差，所以粒子的动能减小量大于粒子的动能减小量，所以，故C错误；
D．带负电的粒子从运动到沿水平方向分运动的加速度小于粒子从A运动到的加速度，初速度相同，水平方向做减速运动，所以水平方向的平均速度，根据，可得，故D正确；
故选BD。
11．BC
【详解】
A．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在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，故无法判定电势高低，故A错误；
BD．由a到b的过程中，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，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点电势能较大。故B正确，D错误；
C．由电场线的疏密可知a点场强大，电场力大，故此处加速度大，故C正确。
故选BC。
12．BD
【详解】
A．图像的斜率表示电场力的大小，因斜率逐渐减小，所以电场力逐渐减小，电场强度逐渐减小，由于小球带正电，电场力做负功，所以电场力竖直向上，即电场强度方向沿x轴负方向。A错误；
B．从开始到达位置，根据动能定理得
解得
B正确；
C．根据选项A可知，电场为非匀强电场，所以经过相同的位移电场力做功不相等。C错误；
D．从O到的过程中，电场力越来越小，根据牛顿第二定律，其合力越来越大，所以加速度越来越大，因合力做正功，所以速度越来越大。D正确。
故选BD。
13．(1)；(2)
【详解】
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
(2)在竖直方向做匀加速运动，据牛顿第二定律可得
场强大小为
联立解得。
14．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子加速过程，由动能定理可得
解得
(2)粒子做类平抛运动过程满足
联立解得
(3)粒子飞出偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可得
联立解得
15．（1）4
kg；（2）0.1
m；（3）16
J
【详解】
（1）小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速运动规律有
=2gh
解得
v0=2
m/s
初动能
=8
J
解得
m=4
kg
（2）最高点动能
=2
J
解得
vM=1
m/s
竖直方向
v0=gt
解得
t=0.2
s
M点的横坐标为
xM==0.1
m
（3）由初速度为零的匀变速直线运动的性质知，P点的横坐标为
设小球的质量为m，带电荷量为q，小球能上升的最大高度为h，OM之间的电势差为U1，MP之间的电势差为U2，因
在匀强电场中，所以
U2=3U1
对粒子从O到M的过程有
解得
qU1=2
J
从O到P由动能定理得
联立解得P点的动能
16．(1)2.0×10-6N，方向向右；(2)；(3)1.5×10-8s
【详解】
(1)设微粒在A点的电场力，根据
F=qE1
解得
F=2.0×10-6N
方向向右
(2)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理
解得
(3)设微粒在虚线MN左侧的加速度大小为a1，右侧的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律
qE1=ma1
qE2=ma2
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式
t=t1+t2
解得
t
=1.5×10-8s