2.4带电粒子在电场中的运动练习—福建省2021-2022学年高二上学期物理鲁科版（2019）必修第三册（Word含答案）

2.4带电粒子在电场中的运动练习
一、单选题
1．如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线（方向未画出）。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是（　　）
A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加
C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度
2．如图所示，一带负电粒子以某速度进入竖直向上的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最高点。不计重力，下列表述正确的是（　　）
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向向上
C．粒子在电场中的动能先减小后增加
D．粒子在电场中M点的电势能最小
3．如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的带电量为q的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，电场强度，重力加速度为g，，，则物块落地的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
4．如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．带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（　　）
A．该粒子带正电
B．该电场强度的方向向左
C．粒子在a、b两点的速度a处较大
D．粒子在a、b两点的加速度b处较大
5．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）
A．一定带正电，b一定带负电 B．加速度增大，b加速度增大
C．电势能减小，b电势能增大 D．和b的动能一定都增大
6．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为和，在它们连线的竖直中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一带电荷量为的小球以初速度从上端管口射入，重力加速度为g，静电力常量为k，则小球（　　）
A．受到的库仑力先做正功后做负功
B．下落过程中加速度始终为g
C．速度先增大后减小，射出时速度仍为
D．管壁对小球的弹力的最大值为
7．如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过点，再经过点，可以判定（　　）
A．点的电势小于点的电势
B．点的动能大于点的动能
C．粒子在点的加速度大于在点的加速度
D．粒子在点的电势能大于在点的电势能
8．如图虚线表示某点电荷电场中的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到的轨迹如图中实线所示。粒子在A、点的加速度大小分别为、，电势能分别为、，下列判断正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
9．某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x＝3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则（　 　）
A．粒子一定带负电
B．粒子的初动能大小为qE0x0
C．电场力先做正功后做负功
D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0
10．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=1：4
C．它们所带电荷量之比qP：qQ=1：2
D．它们的动能增量之比=2：1
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°夹角的匀强电场，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，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
12．如图所示，真空中存在一水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。一根不可伸长的绝缘细线长为L，细线一端拴一个质量为m、带电荷量为q的小球，另一端固定在O点，把小球拉到细线水平的位置A，由静止释放，当小球沿弧线运动到与水平方向成θ=45°的位置B，小球的速度恰好为零。以下说法正确的是（　　）
A．小球受到的重力与电场为的大小关系为
B．小球受到的重力与电场为的大小关系为
C．小球在A点的电势能小于B点的电势能
D．小球从A点运动到B点的过程中，电场力对其做的功为mgL
三、填空题
13．如图所示，虚线方框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点，已知，，，试在该方框中作出该电场的示意图___；CA间的电势差UCA为__________V；若将动能是40eV的电子由C点发出，若该电子能经过A点，则该电子经过A点时的动能是________eV。
14．如图所示，有一圆心为O，半径为R的圆，AB 为圆的直径，在圆形区域所在空间有匀强电场。将质量为 m，电荷量为 q的正点电荷由A 点静止释放，自圆周上的 C点以速率v0穿出，已知AC与AB的夹角θ=60°，运动中点电荷仅受电场力的作用，则匀强电场的场强大小为______；若将该点电荷从A点移到圆周上的任意一点，则其中点电荷电势能变化的最大值是______。
四、解答题
15．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点且与连线垂直，平面上A、、三点位于同一竖直线上，，点电荷到点的距离也为。现有电荷量为、质量为的小物块（可视为质点），从A点以初速度向滑动，到达点时速度恰好减为零。已知物块与平面的动摩擦因数为，求：
（1）A点的电场强度的大小；
（2）物块从A运动到点的过程中，克服摩擦力所做的功是多少？
（3）物块通过点的速度大小。
16．如图，一个半径竖直光滑半圆绝缘轨道与足够长、粗糙绝缘水平面在B处平滑连接，半圆轨道处在一个的竖直向下的匀强电场中，半圆直径的左侧空间无电场。一个质量为，带电量为的绝缘小滑块与水平面间的动摩擦因数为，滑块从A点由静止开始受到一个水平向右的推力，推到B点时撤去该力（）。
（1）设滑块刚好能通过半圆轨道的最高点C，求滑块到达C点的速度；
（2）要使滑块能从C点离开半圆轨道，求AB最小值；
（3）若，求滑块第一次落到水平面上的点距B点之距。
17．如图所示，虚线左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线和之间存在着宽为、电场强度为的匀强电场，在虚线右侧距为处有一与电场平行的屏。现将一电子（电荷量为，质量为，重力不计）无初速度地放入电场中的点，最后电子打在右侧的屏上，点到的距离为，连线与屏垂直，垂足为，求：
（1）电子到的速度大小；
（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（3）电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值；
（4）电子打到屏上的点到点的距离。
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【详解】
A．由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子所受的电场力一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；
B．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B错误；
C．粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故C正确；
D．由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】
AB．粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，故可知，电场力竖直向下，在向上运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故AB错误；
C．在向上运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，向下运动的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的速度增加，故C正确；
D．运动到M点时，粒子的速度最小，根据能量守恒可知，此时电势能最大，故D错误。
故选C。
3．B
【详解】
由动能定理可得
解得
故选B。
4．C
【详解】
A．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，无法确定粒子的电性，故A错误；
B．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，但由于电场线方向以及电荷的正负无法确定，故无法确定电场强度的方向，故B错误；
C．从a到b电场力的方向与粒子的速度方向夹角大于90度，电场力做负功，动能减小，则粒子在a点的速度较大，故C正确；
D．根据电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，判断出a点的电场强度大，故a点的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
A．由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，只知道两个粒子的电场力方向，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，A错误；
B．根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度及电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，B错误；
CD．由图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，故电场力对它们都做正功，则它们的动能都增大，它们的电势能都减小，C错误，D正确。
故选D。
6．B
【详解】
A．根据电场线分布可知带点小球受到水平向右的电场力，电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力与速度相垂直，所以电场力不做功，故A错误；
B．小球在竖直方向上只受重力作用，所以下落过程中加速度始终为g，故B正确；
C．小球在竖直方向上只受重力作用，所以小球做匀加速运动，故C错误；
D．水平方向管壁对小球的弹力与库仑力的分力大小相等，所以当库仑力最大时，弹力也就达到最大，在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场力为
根据矢量的合成法则，则电场力的最大值为
故D错误。
故选B。
7．D
【详解】
A．沿电场线方向电势降低（电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面），故点的电势高于点的电势，A错误；
BD．粒子所受电场力与电场线相切且指向轨迹凹侧，故粒子所受电场力与场强方向同侧，从点运动到点过程电场力做正功，动能增大，电势能减小，即粒子在点的动能小于点的动能，在点的电势能大于在点的电势能，B错误，D正确；
C．电场线越密处场强越大，粒子的加速度越大，故粒子在点的加速度小于在点的加速度，C错误。
故选D。
8．A
【详解】
根据等势面电势分布可得电场线方向是指向圆心的，故产生电场的点电荷带负电，根据做曲线运动的物体的轨迹夹在合力与速度方向之间，故可得粒子受到的电场力沿圆心指向外，所以粒子受到的电场力方向和电场方向相反，所以粒子带负电。
A点电势大于B点，带负电的粒子在电势小的地方电势能大，故
产生电场的点电荷带负电，越靠近场源电荷，带负电的粒子受到的电场力越大，则加速度越大，故
故选A。
9．BCD
【详解】
A．如果粒子带负电，粒子在电场总一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子x＝3x0处的速度不可能为零，所以粒子一定带正电，故A错误；
B．根据动能定理
故B正确；
C．由于粒子先做加速运动后做减速运动，所以电场力先做正功后做负功，故C正确；
D．经分析粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理
故D正确。
故选BCD。
10．ABC
【详解】
A．小球在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两小球在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式
可得两者的运动时间相同，故A正确；
C．在竖直方向上的位移之比
因为
联立可得
故C正确；
BD．电场力做功为
电场力做多少正功，电势能就减少多少，故
过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即它们的动能增量之比为
故B正确，D错误。
故选ABC。
11．BD
【详解】
A．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
说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向
故电场强度的大小为
故A错误；
BC．小球受到的合力
所以
由类平抛运动规律有
联立以上几式，求得初速度大小为
，
所以通过点P时的动能为
故B正确，C错误；
D．小球从O到P电场力做正功，电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即
故D正确。
故选BD。
12．BC
【详解】
AB．从A到B根据动能定理得
mgLsin45°-qEL（1-cos45°）=0
代入数据解得
故A错误B正确；
C．从A点到B点，电场力做负功，电势能增加，所以A点电势能小于B点电势能，故C正确；
D．根据动能定理得
mgLsin45°+W=0
可得电场力做功
故D错误。
故选BC。
13． -10 50
【详解】
[1] 如图所示，虚线方框内为一匀强电场，A、B、C为该电场中的三个点， B、C两点电势相同，B、C连线是等势线，匀强电场的电场线与等势线垂直，且A点电势较高，所以电场如下
[2]CA间的电势差
[3]由能量守恒可得
则该电子经过A点时的动能是
14．
【详解】
[1]点电荷从A点由静止释放，则在电场力作用下将做匀变速直线运动，则从A到C由动能定理
解得
[2]由题意可知，场强方向沿AC方向，则过圆心做AC的平行线，则交圆周与D点，从A点到D点电势差最大，电势能变化最大，则
15．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）正、负点电荷在A点产生的场强均为
A点的电场强度的大小
（2） 物块从A到B，根据动能定理有
解得
（3）小物块从A到O过程
解得
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）在C点对小滑块进行受力分析，受竖直向下的重力和电场力作用，合力提供向心力，由牛顿第二定律有
得
（2）设AB的最小距离为，在滑块从A到C的过程中，有拉力做正功，摩擦力做负功，重力和电场力做负功，由动能定理有
代入数据解得
（3）若，设到达C的速度为，则滑块从A到C的过程中，由动能定理有
代入数据解得
小滑块能到达C点，离开C点后做平抛运动，设运动时间为t，则有
在竖直方向上
解得时间为
在水平方向上
17．(1) ；(2)；(3) ；(4)
【详解】
(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得
解得
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则
由，得
从MN到屏的过程中运动时间
运动的总时间
(3) 设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为
电子在电场E2中运动时间
则
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为
解得
(4)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示
设电子打到屏上的点到O点的距离x，根据上图有几何关系得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页