1.9带电粒子在电场中的运动 达标作业（word版含解析）

2021-2022学年教科版（2019）必修第三册
1.9带电粒子在电场中的运动 达标作业（解析版）
1．如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( 　　)
A．a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大
B．N 点的电势低于M 点的电势
C．a 粒子在N 点的电势能比在M 点的电势能大
D．a 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率
2．如图所示为阴极射线管（由示波管改造而成）的示意图，当M1、M2两极不加电压时，电子束经电场加速后打到荧屏中央O处形成亮斑。电子在偏转电场中的运动时间很短。在下列不同条件下，关于电子的运动情况说法正确的是（　　）
A．如果在M1、M2之间加交变电压，电子在荧光屏上的亮斑一定会以O点为中心上下移动
B．如果在M1、M2之间加交变电压，电子一定会打到荧屏的中心位置
C．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，电子在荧屏上的亮斑会向上移动
D．随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电场力对电子所做的功可能会先增加后减少
3．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少1×10－5 J．已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是(　　)
A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示
B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示
C．A、B两点间的电势差UAB为10 V
D．B点电势为－20 V
4．如图所示，高为h光滑水平平台上有一个质量为2m的物块，在绝缘水平面有一个质量也为m、电荷量为q的带正电的小球，平台下面有水平向右电场强度为E的匀强电场，小球用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，且小球始终没有离开绝缘水平面，不计一切摩擦．当小球从平台的边缘处由静止向右前进位移h时，物块的速度v是
A． B． C． D．
5．制作半导体时，需向单晶硅或其他晶体中掺入杂质．单晶硅内的原子是规则排列的，在两层原子间有一定间隙，形成沟道，如图所示．假设注入的杂质是硼的正离子，若硼离子能沿沟道射入晶体内，就叫做沟道离子．射入的离子不可能与沟道的纵轴（图中虚线）完全平行，若偏离纵轴一定的角度，如图那样进入沟道时向上偏转，则离子将受原子层原子核向下的斥力．一旦离子失去向上运动的速度，便在斥力的作用下朝反方向偏离．同样道理，当离子接近下面原子核时，又在斥力的作用下向上偏转．于是，入射离子在沟道内沿曲线前进．对于一定能量的离子，存在一个临界的入射，一旦离子的入射角大于，入射离子将冲出沟道，不能成为沟道离子．下面说法正确的是( )
A．入射角一定时，入射离子的动能越大，越容易成为沟道离子
B．入射离子的动能一定时，入射角越小，沟道离子在沟道中运动时间越长
C．入射离子在接近原子层时，原子核的斥力做负功，电势能增大
D．入射离子在趋于两个原子层间的纵轴时动能和电势能均减小
6．一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上,它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电动势随坐标的变化情况如图中甲、乙,甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E y图象．乙图为x轴上各点电势随坐标变化的φ x图象,且以无穷远处电势为零．图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点,根据图象可判断下列有关描述正确的( )
A．是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场,电荷位于y轴上
B．是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场,电荷位于x轴上
C．将一个+q从y轴上a点由静止释放,它会在aOb间往复运动
D．将一个+q从x轴上c点由静止释放,它会在cOd间往复运动
7．如图所示，一个初动能为的带电粒子（不计重力），水平射入两块带等量异种电荷的平行金属板间，飞出时动能为。如果该粒子飞出时的动能变为，则该粒子射入时的速度大小应变为原来的（　　）
A．1.5倍 B．2倍
C．3倍 D．4倍
8．一带电粒子从电场中的B点运动到A点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则下列说法中错误的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子从B点运动到A点加速度逐渐减小
C．粒子从B点运动到A点电势能增大
D．粒子在A点的速度大于B点的速度
9．如图所示，图中MN是由负点电荷产生的电场中的一条电场线．一带正电粒子q飞入电场后，只在电场力作用下沿图中虚线运动，a、b是该曲线上的两点，则下列说法正确是
A．该电场的场源电荷在M端 B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．a点的电势低于b点的电势 D．粒子在a点的动能小于在b点的动能
10．如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v。下面的说法中正确的是（　　）
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
11．如图所示，微粒A位于一定高度处，其质量m = 1×10-4kg、带电荷量q =" +" 1×10-6C，塑料长方体空心盒子B位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ = 0．1．B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E = 2×103N/C，B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场，场强大小为E/2．B上表面开有一系列略大于A的小孔，孔间距满足一定的关系，使得A进出B的过程中始终不与B接触．当A以υ1 = 1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间，B恰以υ2 = 0．6m/s的速度向右滑行．设B足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计，取g = 10m/s2，A恰能顺次从各个小孔进出B ．则
A．从A第一次进入B至B停止运动的过程中，B通过的总路程s为0．18m
B．为了保证A始终不与B接触，B上的小孔个数至少有5个
C．为了保证A始终不与B接触，B上表面孔间距最小值为0．04m
D．为了保证A始终不与B接触，B上表面孔间距最大值为0．1m
12．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（ ）
A．它们运动的时间tQ=tP
B．它们的电势能减少量之比△EP：△EQ=1：2
C．它们所带电荷量之比qp：qQ=1：2
D．它们的动量增量之比△Pp：△PQ=2：1
13．如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E．一质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）由静止开始经AB加速后穿过CD发生偏转，最后打在荧光屏上．已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：
（1）粒子进入偏转电场时的速度v0为多大？
（2）粒子打在荧光屏上距O点下方P多远处？
14．如图所示，一带电荷量为，质量为的小物块放在一倾角为的光滑绝缘斜面上，当整个装置处在一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。已知重力加速度，，。
（1）求电场强度的大小；
（2）某时刻小物块的电荷量突然减少了一半，求物块下滑距离时的速度大小。
15．一个初速为零的电子在经U1=4500V的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d=1.0cm,板长L＝3.0cm，两板间的电压U2=200V；已知电子的带电量为e=1.6×10－19 C，质量为m=0.9×10－30kg，只考虑两板间的电场，不计重力，求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度v0进入偏转电场
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x
16．为研究一均匀带正电球体A周围静电场的性质，小明同学在干燥的环境中先将A放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上（如图10甲所示），此时电子秤的示数为N1；再将另一小球B用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于A球的正上方P点，电子秤稳定时的示数减小为N2．已知小球B所带电荷量为-q，且q远小于球A所带的电荷量，球A与球B之间的距离远大于两球的半径．
（1）根据上述信息，求：
①球A对球B的电场力大小和方向；
②球A激发的电场在P点处的电场强度的大小；
③将球B在移到P点的正上方某处静止时，电子秤稳定后的示数减小为N3．请分析说明N3与N2的大小关系．
（2）现缓慢拉动绝缘细线，使小球B从P点沿竖直方向逐步上升到Q点，用刻度尺测出P点正上方不同位置到P点的距离x，并采取上述方法确定出该位置对应的电场强度E，然后作出E-x图象，如图10乙所示，其中M点为P、Q连线的中点，x轴上每小格代表的距离均为x0，且为已知量．
①位于P点正上方距P点5x0的M点，由球A激发电场的电场强度的大小；
②小球B位于P点正上方距P点5x0的M点时，电子秤的示数应为多大；
③实验过程中当小球B距P点10x0的Q点时，剪掉细线，小球B将由静止开始运动，估算小球B落回到P点时动能的大小．忽略空气阻力的影响，已知重力加速度为g．
参考答案
1．C
【详解】
根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C．
【点睛】
此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
2．C
【详解】
AB．如果在M1、M2之间加正弦式交变电压，电子在电场中加速后经电场偏转，在荧屏上的亮斑会以O点为中心上下移动，若加其他形式的交变电压，例如电流的大小不改变的交变电压，则电子在荧屏上的亮斑会在O点上方或下方某一定点，选项AB错误；
C．如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，由题图可知电子受竖直向上的电场力作用，电子在电场中会向上偏转，电势差越大，偏转越明显，所以电子在荧屏上的亮斑会向上移动，选项C正确；
D．随着M1、M2之间的电势差逐渐增大，电子只向M1板方向发生偏转，所以电场力对电子所做的功不可能减少，选项D错误；
故选C。
3．A
【分析】
带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=φA-φB，可求出B点的电势．
【详解】
由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．根据动能定理得：qUAB=△Ek，得，又UAB=φA-φB，φA=-10V，则φB=0．故CD错误．故选A．
4．C
【详解】
试题分析：由题意可知，当物块的速度为v时，带电小球的速度为．由系统的动能定理得：，解得 ，故C对，故选C．
考点：动能定理的考查．
5．C
【详解】
A．入射角一定时，入射离子的动能越大，越容易冲出沟道，不能成为沟道离子，故A错误；
B．沿纵轴方向离子做匀速直线运动．入射离子的动能一定时，入射角越小，沿纵轴方向的速度越大，沟道离子在沟道中运动时间越短，故B错误；
C．入射离子在靠近原子层的过程中，原子核的斥力做负功，电势能增大，故C正确；
D．入射离子在趋于两个原子层间的纵轴的过程中，原子核的斥力做正功，动能增大，电势能减小，故D错误。
故选C。
6．C
【详解】
因x轴上各点的电势均小于零，且φ-x图关于y轴对称，表明是一对等量负电荷激发的电场，又E-y图象中y轴正方向场强为负，y轴负方向场强为正，表明这一对负电荷在x轴上关于原点对称，AB项错误；一个+q从y轴上a点由静止释放，它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动，到达b点时恰好速度为零，此后又变加速运动到a点，故C项正确；将一个+q从x轴上c点由静止释放，它将直接向x轴负向的负电荷运动并粘合，故D项错误；故选C．
【点睛】
本题属于图象题，关键是根据题目给出的信息，结合图象特点分析激发电场的电荷．要判断电荷的运动根据电场特点，分析电场力，根据力与运动关系分析即可．
7．B
【详解】
设粒子第一个过程的初速度为，极板的长度为，则有
第一个过程中沿电场线方向的位移为
由动能定理得
第二个过程的末动能为，设其初速度为，第二个过程沿电场线方向的位移为
由动能定理得
解得
故选B。
8．ABC
【详解】
试题分析：根据带电粒子运动轨迹判定出电场力方向，可分析粒子的电性．根据电场线的疏密程度分析场强的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化．由电场力做功正负，分析电势能和动能的变化．
解：A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子所受的电场力的方向逆着电场线向左，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误．
B、A点电场线密集，故电场强度大，粒子受到的电场力大，故加速度大，所以粒子从B点运动到A点加速度逐渐增大，故B错误．
CD、粒子从B点运动到A点，电场力方向与粒子的速度方向夹角为锐角，电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能增大，则粒子在A点的速度大于B点的速度，故C错误，D正确．
本题选错误的，故选ABC
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系．
9．AD
【详解】
试题分析：正粒子受到的电场力向左，故负电荷产生的场强由N指向M，故M端为场源电荷，故A正确；根据负电荷周围电场分布特点可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，a点的电势高于b点的电势，故BC错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故D正确．故选AD.
考点：带电粒子在电场中的运动.
【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况.
10．AC
【详解】
AB．根据动能定理得
eU=mv2
得
v=
可知，v与A、K间距离无关，则若A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度仍为v，故A正确，B错误；
CD．根据
v=
可知电压减半时，则电子离开K时的速度变为v，故C正确，D错误。
故选AC。
11．ABD
【详解】
试题分析：A在B内、外运动时，B的加速度大小；B全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程 ，选项A正确；A第二次进入B之前，在B内运动的加速度大小 ，运动的时间 ，在B外运动的加速度大小a2="20" m/s2
运动的时间；A从第一次进入B到第二次进入B的时间 t=t1+t2=0．3s；A运动一个周期B减少的速度为△υ=at=0．3m/s，从小球第一次进入B到B停下，A运动的周期数为 ，故要保证小球始终不与B相碰，B上的小孔个数至少为 2n+1=5；选项B正确；由于B向右做匀减速直线运动，经0．6s速度减为零，由逆向思维可知，B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0．6s，每经过0．1s，其位移大小之比为1：3：5：7：9：11，共有（1+3+5+7+9+11）份即36份，所以，从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为 ； ； ；；故为了保证A始终不与B接触，B上表面孔间距最小值为0．005m，B上表面孔间距最大值为0．1m，选项D正确，C错误；故选ABD．
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】该题是牛顿第二定律的综合应用问题；是一个较为复杂的往复运动，要求同学们能正确分析每个过程的受力情况，求出加速度、时间和位移，要求较高，难度较大．
12．AC
【详解】
试题分析：带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：解得： ,由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2，所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故C正确；电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故B错误；根据动能定理，有：qEx=△Ek, 而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；故选AC．
考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
13．（1）v0=（2Uq/m）1/2 （2）y=Ex（x/2+L）/2U
【详解】
试题分析：
（1）Uq=mv02/2 v0=（2Uq/m）1/2
（2）tanθ=vy/v0 vy=at a=Eq/m x=v0t tanθ=y/（x/2+L）
y=Ex（x/2+L）/2U （或者y=Ex（x+2L）/4U） ）
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
【名师点睛】带电粒子先在AB间做匀加速直线运动然后CD间做类平抛运动，出了电场后做匀速直线运动．粒子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v0的大小，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度．粒子水平方向做匀速直线运动，由水平位移l和v0求出运动时间．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由位移公式求解侧向偏移量y，射出磁场后做匀速直线运动，根据位移速度公式求解位移，进而即可求解侧移y．本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题．
14．（1）；（2）
【详解】
(1)小物块恰处于静止状态时，受力如图
根据平衡条件可得
联立并代入数据解得
(2)由牛顿第二定律得
根据速度位移公式
解得
代入数据得速度大小为
15．(1)；（2）0.1cm；（3）6cm
【详解】
(1) 加速过程，由动能定理得
代入数据可得
(2)根据电子在板间做类平抛运动
其中
由以上三式代入数据可得
(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹解为，则
利用几何关系
由以上两式代入数据可得
16．（1）①②EP=（N1-N2）/q③N3大于N2
（2）①0.2（N1-N2）/q②0.8 N1+0.2N2③
【详解】
（1）①FP=N1-N2，方向：竖直向下+10mgx0
②EP=（N1-N2）/q
③将球B在移到P点的正上方，对球A的吸引力变小，N3大于N2．
（2）①E0=FB/q=（N1-N2）/q．由图可知，EM=0.2 E0=0.2（N1-N2）/q
②小球B位于P点正上方距P点5x0的M点时所受电场力FM= q EM=0.2（N1-N2）
所以电子秤的示数为：NM= N1-0.2（N1-N2）=0.8 N1+0.2N2
③由图可知，每1个小正方形的面积所代表的电势差U0=
0~10 x0之间这一段E-x图线与x轴所围成图形的面积等于P、Q两点的电势差．查得上述圆形中，小正方形数约29个
所以电势差 UPQ=29U0==
设小球运动到P点时的动能为Ek，对于小球B从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有 qUPQ+mgh=Ek，
解得：Ek=29qU0+ mgh=+10mgx0