1.9带电粒子在电场中的运动 课时检测（word解析版）

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 课时检测（解析版）
1．设电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A．负电荷只能朝着电势能减小的地方运动
B．正电荷只能朝着电势低的地方运动
C．初速度为零的负电荷一定朝着电势能增大的地方运动
D．初速度为零的正电荷一定朝着电势降低的地方运动
2．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E互相垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．电场力对小球做功为零
B．小球的电势能增加
C．C可能位于AB直线的左侧
D．小球的机械能减少量为
3．一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中.由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度为零.不计空气阻力，下列判断正确的是:
A．液滴的机械能减少mgh B．液滴的机械能增加mgh
C．电场力对液滴做的功为 D．液滴克服电场力做的功为+mgh
4．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若粒子在运动中只受静电力作用。根据此图可以作出不正确判断的是（　　）
A．带电粒子所带电荷的电性
B．粒子在a、b两点的受力方向
C．粒子在a、b两点何处速度大
D．a、b两点电场的强弱
5．在静电场中的某点由静止释放一个带正电的粒子，粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．电场中各点的电场强度均相同
B．电场中各点的电势均相等
C．带电粒子所受电场力逐渐减小
D．带电粒子具有的电势能逐渐减小
6．某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为某一点电荷只在电场力作用下的运动轨迹。以下说法正确的是（　　）
A．该点电荷带负电
B．该点电荷在a点的加速度大于d点的加速度
C．该点电荷在a点的动能小于d点的动能
D．若把该点电荷从b点移动到c点，静电力做负功
7．有一静电场，其电势φ随x坐标的改变而改变，变化的图像如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的横坐标分别为1 mm、4 mm，下列说法正确的是（　　）
A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B．粒子在P点与Q点加速度大小相等、方向相反
C．粒子经过P点与Q点时，动能相等
D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
8．如图所示,实线是电场线,虚线为两带电粒子只在电场力的作用下运动的轨迹,OP是甲粒子的运动轨迹,OS是乙粒子的运动轨迹,两粒子的带电量大小相等,不计粒子的重力,则下列说法正确的是
A．两种粒子一定带同种电荷
B．两种粒子在O点的加速度大小一定相等
C．两种粒子在O点的电势能一定相等
D．甲粒子从O到P电场力做功一定小于乙粒子从O到S电场力做功
9．如图所示，在O点固定一点电荷，将带电粒子A从a处以一定的初速度射向O，虚线abc是带电粒子的运动轨迹，b点距离O点最近，且带电粒子的重力忽略不计，则下列说法中正确的是
A．带电粒子与O点固定的点电荷电性不同
B．带电粒子从b点运动到c点的过程中加速度不断增大
C．带电粒子在a点的电势能一定小于在b点的电势能
D．带电粒子在b点的电势能与动能之和一定等于它在c点电势能与动能之和
10．如图所示，a、b、c为真空中某电场的一条线上的三点，．一带带电粒子仅在电场力的作用下由a运动到c，其速度-时间图像如图所示．则（ ）
A．a、b两点的电势差等于b、c两点的电势差
B．a点的电场强度一定大于b点的电场强度
C．a点电势一定高于c点的电势
D．从a到c带电粒子的电势能增大
11．两块水平平行正对放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为、电荷量为）由静止开始，经电压为的电场加速后，连续不断地沿水平方向从两板正中间射入。当两板均不带电时，这些电子通过的时间为，当在两板间加如图乙所示的周期为、幅值恒为的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。忽略电子间的相互作用及所受重力，则（　　）
A．这些电子通过两极板之后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最大值
B．这些电子通过两极板之后，侧向位移（沿垂直于两板方向上的位移）的最小值
C．侧向位移分别为最大值和最小值的两种情况，对应的电子在刚穿出两板之间时的动能之比为
D．侧向位移分别为最大值和最小值的两种情况，对应的电子在刚穿出两板之间时的动能之比为
12．如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点．关于此过程，下列说法正确的是（）
A．地面对斜面C的摩擦力先增大后减小
B．地面对斜面C的摩擦力逐渐减小
C．物体A受到的摩擦力一直减小
D．物体A受到斜面的支持力先增大后减小
13．在地球大气层外的空间中，当同步卫星在其参考位置附近飘移时，可以利用离子推进器产生的推力进行卫星姿态的控制和轨道的修正．离子推进器的工作原理是先将推进剂电离，并在强电场作用下将离子加速喷出，通过反冲运动获得推力．如图所示为离子推进器的示意图：推进剂从P处进入，在A处电离成正离子，BC是加速电极，离子在BC间的加速电压的作用下，从D喷出．已知该正离子的比荷（电荷量与质量之比）为k，经电压为U的电场加速后形成电流强度为I的离子束．若离子进入B的速度很小，可忽略不计．求：
（1）离子从D喷出的速度；
（2）同步卫星获得的推力。
14．如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子，以水平初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，速度大小为v，不计粒子重力。求：
（1）粒子进入电场时初速度v0的大小；
（2）匀强电场的场强E的大小。
15．如图所示在沿水平方右的匀强电场中，竖直放置着一光滑半圆孤的绝缘细管，圆心为O，半径为R，现将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径一端B点由静止释放，小球沿细管滑到P点时，速度刚好为零，OP连线与竖直方向的夹角为θ，且θ=37°，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）匀强电场强度E为多少？
（2）小球滑到最低点C点时管壁对小球的支持力为多少？
16．有一带负电的小球，其所带电量大小q＝2×10－3C．如图所示，开始时设法让小球静止在场强E＝200N/C的匀强电场中的P点，靠近电场极板B附近有一挡板S，P点与挡板S的距离h＝16cm，与A板距离H＝65cm，重力作用不计．现释放小球，小球在电场力作用下向左运动，若每次小球与挡板S相碰后电量减少到碰前的k倍，已知k＝ ，而碰后小球的速度大小不变．
(1)设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零，小球在电场中P点时的电势能EP为多少？
(2)小球第一次与挡板S相碰后能向右到达最远的地方距离A板多远？
(3)小球经过多少次与挡板S碰撞后，才能第一次抵达A板？
参考答案
1．D
【详解】
电荷初速度为零时，运动方向由所受静电力的方向决定，负电荷大体是逆着电场强度的方向运动，静电力做正功，电势能减小，正电荷顺着电场强度的方向运动，沿着运动的方向，电势降低，C错误、D正确；电荷初速度不为零时，运动方向由初速度方向和所受静电力的方向决定，可能做加速运动，也可能做减速运动，可能朝电势低的地方运动，也可能朝电势高的地方运动，AB错误；故选D.
点睛：解题时要知道电荷初速度为零时，运动方向由所受静电力的方向决定，负电荷大体是逆着电场强度的方向运动，静电力做正功，电势能减小，正电荷顺着电场强度的方向运动，沿着运动的方向，电势降低，可能朝电势低的地方运动，也可能朝电势高的地方运动.
2．B
【详解】
A．小球运动过程中，重力必定做正功，而小球动能不变，电场力做功不为零，故A错误；
B．由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故B正确；
C．A、B两点等势，结合B选项可知，C点必定在AB直线的右侧，故C错误；
D．小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向
即小球的机械能减少量
故D错误。
故选B。
3．D
【详解】
带电液滴下落h高度，由功能关系：W电=-mgh-mv02，所以电场力做负功，即克服电场力做功，其值为mgh+mv02，故C错误；D正确；根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，可知电场力做负功，其值为mgh-mv02，所以液滴的机械能减小，减小为mgh-mv02，故AB错误；故选D．
【点睛】
考查功能关系与机械能是否守恒，并知道除重力以外力做功，导致机械能变化：若此力做正功，则机械能增加；若做负功，则机械能减小．
4．A
【详解】
AB．由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在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，无法确定粒子的电性，选项A错误，B正确；
C．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，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，选项C正确；
D．根据电场线的疏密程度可判断a、b两点电场的强弱a点场强较大，选项D正确。
本题选不正确判断的，故选A。
5．D
【详解】
从图中可知粒子的加速度增大，所以受到的电场力在增大，故电场强度不同，AC错误；因为粒子带正电，所以粒子受到的电场力与电场方向相同，又是从静止开始出发的，故电势减小，B错误；电场力做正功，电势能减小，D正确．
6．C
【详解】
A．做曲线运动的物体受到的合外力指向轨迹的凹侧，由图知，点电荷受到的电场力沿电场线方向，故点电荷带正电，故A错误；
B．电场线越密集电场强度越大，由图知，d处电场强度大于a处电场强队，则该点电荷在a点的电场力小于d点的电场力，该点电荷在a点的加速度小于d点的加速度，故B错误；
C．由a到d过程中，电场力做正功，则电势能减小，动能增大，则该点电荷在a点的动能小于d点的动能，故C正确；
D．点电荷带正电，若把该点电荷从b点移动到c点，静电力做正功，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】
A．根据顺着电场线方向电势降低可知，0～2 mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力沿x轴正方向做加速运动；在2～6 mm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力沿x轴负方向，粒子做减速运动，6 mm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动，即在0～6 mm间做往复运动，A错误；
B．图像的斜率大小等于场强E，则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，加速度方向相反，B错误；
C．粒子经过P点与Q点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等，C正确；
D．粒子经过P点与Q点时，速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等，D错误。
故选C。
8．ACD
【详解】
由粒子运动的轨道可知，根据力与运动的关系，可以判断两种粒子都带负电，选项A正确；两种粒子在O点时电场力大小相等，但由于不能确定两种粒子的质量大小关系，因此不能确定两种粒子的加速度大小，选项B错误；由E=qφ可知，两种粒子在O点的电势能相等，选项C正确；由图上可知，O P间的电势差小于O S间电势差，由W=qU可知，甲粒子从O到P电场力做功一定小于乙粒子从 O到S电场力做功，选项D正确；故选ACD．
点睛：判断电荷的电性关键找到突破口，从轨迹的弯曲方向角度考虑；加速度大小的比较可以看电场线的疏密．
9．CD
【详解】
因带电粒子受到的是斥力，选项A错误；带电粒子从b点运动到c点的过程中加速度不断减小，选项B错误；带电粒子由a到b的过程中，电场力做负功，电势能增加，选项C正确；带电粒子由b到c的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，但电势能与动能之和不变，选项D正确；故选CD.
10．BD
【详解】
v-t图象的斜率等于加速度，则带电粒子a运动到c加速度减小，根据牛顿第二定律得：电场力F=qE=ma，则知场强减小，即a点的电场强度一定大于b点的电场强度．因，由U=Ed，知a、b两点的电势差大于b、c两点的电势差．故A错误，B正确．由于带电粒子做减速运动，电场力必定沿c→a方向，由于粒子的电性未知，无法判断电场线的方向，则无法判断电势的高低．故C错误．从a到c，粒子的动能减小，根据能量守恒得知，电势能增大．故D错误．故选BD.
点睛：本题整合了v-t图象和电场的知识，关键要抓住v-t图象的斜率表示加速度，通过加速度的变化分析场强的变化；知道能量守恒定律在此问题中的应用．
11．AD
【详解】
画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析
AB．竖直方向的分速度
侧向最大位移
侧向最小位移
解得
所以
B错误，A正确；
CD．电子在加速电场中，由动能定理得：
解得
由此得
，
所以
D正确，C错误。
故选AD。
12．BD
【详解】
B在Q点时，对A进行受力分析如图所示
将A与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，当B从P点向Q点移动过程中，AB间斥力的水平分量越来越小，因此地面对斜面体C的摩擦力越来越小，故A错误，B正确；
C项：当B在P点时，如果重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力相等，此时摩擦力等于零，B 从P点向Q点移动时，重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大，故C错误；
D项：当B从P点向Q点移动过程中，AB间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当AB连线与斜面垂直时，斜面对A的支持力最大，因此物体A受到斜面的支持力先增大后减小，D正确．
故应选BD．
13．（1）；（2）
【详解】
（1）设该正离子的质量为m，电量为q，根据动能定理
Uq =mv2
得到离子的出射速度为
v=
（2）根据题意，在△t时间内喷射出离子的数目为
N=
喷射出的离子的质量为
M=Nm
根据动量定理
得到
14．（1）；（2）
【详解】
(1)粒子离开电场时速度在水平方向的分速度即为粒子进入电场时初速度
v0=vcos30°
解得
(2)带电粒子在金属板间做类平抛运动，在水平方向上有
L=v0t
在竖直方向上有
vy=vsin30°=at
由牛顿第二定律得
qE=ma
联立解得
15．（1）；（2）
【详解】
（1）小球由B至P过程，由动能定理得
mgRcos37°-Eq（R+Rsin37°）=0
代入数据得匀强电场强度为
（2）由B至C过程，由动能定理有
mgR-EqR=mvC2
解得
小球滑到最低点C点时，受力为
代入数据可得
FN=2mg
故球滑到最低点C点时管壁对小球的支持力为2mg。
16．（1）；（2）57cm；（3）4
【详解】
（1）根据
解得
根据
（2）整过程只有电场力做功
则
此时距离A板为
（3）设次碰撞后，小球到达A板时速度恰好为0
解得