10.5 带电粒子在电场中的运动 同步练习（word版含答案）

第五节带电粒子在电场中的运动
一、单选题（共7题，每题5分，共35分）
1．如图所示，两个平行带电金属板M、N相距为d，M板上距左端为d处有一个小孔A，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O处以初速度v1平行于两板射入，乙粒子从A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N板的中点B处，则初速度v1与v2的关系正确的是（　　）
A．= B．= C．=2 D．=
2．如图所示，两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场，两板间距为d．一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知微粒的电量为q，质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．微粒的加速度不为零 B．微粒的电势能减少了mgd
C．M板的电势低于N极板的电势 D．两极板间的电势差为
3．如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为+q的小球A（可看作质点）。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO'重合，OO'的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO'间有一角度θ（θ<45°）后由静止释放，细绳通过OO'时小球A的速度为v，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．细绳通过OO'后小球A速度为0时，细绳与OO'的夹角大于θ
B．细绳通过OO'时小球A的速度v与其质量m无关
C．将由静止释放时的角度θ增大到2θ，细绳通过OO'后小球A速度为0时，细绳与OO'的夹角等于2θ
D．将由静止释放时的角度θ增大到2θ，细绳通过OO'时小球A的速度v将变为v
4．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，以初速度从a点竖直向上射入水平匀强电场中，小球通过电场中b点时的速度为，方向与电场方向一致，则a、b两点之间的电势差为（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，两块平行带电金属薄板A、B中央各有一个小孔M，N。在M点正上方一定距离处的O点，静止释放一带电油滴，若该油滴恰好能运动到N点。现将B板向下平移至位置，则由O点静止释放的带电油滴（　　）
A．运动到N点返回
B．运动到N和点之间返回
C．运动到点返回
D．穿过点
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＋Q和-Q。在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球（　　）
A．速度先增大后减小
B．受到的库仑力先做负功后做正功
C．受到的库仑力最大值为
D．管壁对小球的弹力最大值为
7．在光滑水平玻璃板上有一长为l的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一带电量为+q、质量为m的小球，当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态，如图所示，如果给小球一垂直于细线的初速度v0，要使小球围绕O点做圆周运动，v0最小为（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题（共5题，每题5分，共25分）
8．如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场的电场力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（ ）
A．此液滴可能带正电
B．液滴做匀加速直线运动
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
9．如图所示，平行板电容器的两个极板水平，两板之间固定一个光滑绝缘的半圆形轨道ACB，A、B为半圆轨道的两个端点，且A、B紧靠电容器的上极板，在A端对应位置的极板处开有一个小孔，C是轨道的最低点，半圆轨道半径为R。现使电容器的两板分别带等量异种电荷，使两板之间存在竖直向下的匀强电场，将一个质量为m、电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，小球由小孔进入电容器内部并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，下列说法中正确的是（　　）
A．当匀强电场的电场强度大小时，带电小球在半圆形轨道内做匀速圆周运动
B．当匀强电场的电场强度大小时，带电小球能沿轨道到达最低点
C．当匀强电场的电场强度大小时，带电小球能沿轨道到达最低点
D．将电容器的下极板向下移动一小段距离，则带电小球到达最低点C时的速率增大
10．如图所示，水平虚线表示匀强电场中的两等势面（与纸面垂直），电势分别为－2V和－3V，两等势面相距10cm，将一带电荷量为+10－6 C的点电荷在水平外力作用下从a向b做直线运动，ab线与水平方向的夹角为，不计重力，则下列说法正确的是（ ）
A．所加外力的方向向左
B．点电荷做匀减速直线运动
C．所加外力大小为10－5 N
D．点电荷的电势能减少10-6J
11．如图1所示，两水平平行金属板A、B的中央有一静止电子，现在A、B间加上如图2所示电压，t=0时，A为正，设电子运动过程中未与两板相碰，则下述说法中正确的是（　　）
A．时，电子回到原位置
B．时，电子在原位置上方
C．到间，电子向A板运动
D．至间，电子向B板运动
12．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，现对该过程做如下简化∶匀强电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的变化关系如图所示，质量为m=1.0×10 -20kg电荷量为q=1.0×10 -9C的带负电的粒子，从x= -1cm处静止释放，仅在电场力作用下在x轴上运动。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．x轴负半轴电场强度和正半轴电场强度的大小之比为1：2
B．粒子运动到x=0.5cm处，速度最大
C．粒子的最大动能为2.0×10-8 J
D．粒子经3.0 × 10- 8 s，完成一次往复运动
三、解答题（共4题，每题10分，共40分）
13．如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA=0.43 kg，mB=0.20 kg，mC=0.50 kg，其中A不带电，B、C的电荷量分别为qB=+2×10-5 C、qC=+7×10-5 C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a=2.0 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2。求∶
(1)开始时BC间的距离L；
(2)F从变力到恒力需要的时间t；
(3)若该过程中拉力F所做的功，则电势能如何变化，变化了多少？
14．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，现有一质量为 m的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压=400V电压加速后通过B点进入两板间距为d=0.2m、电压为U=200V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，A、B分别为两块竖直板的中点，=0.5C/kg， 求：
(1)带电粒子通过B点时的速度大小；
(2)带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小；
(3)右侧平行金属板的长度．
15．如图所示，在B处所在的竖直虚线边界左侧空间有一竖直向上的匀强电场，其大小E=10N/C，电场区域内有一倾角为的固定光滑足够长绝缘斜面，A点距水平地面的高度为h=1m。BC段为一粗糙绝缘水平面，其长度为S=1.0m，其动摩擦因数为。斜面AB与水平面BC连接处由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，C点正上方O处有一钉子，悬挂一长L=0.5m的轻细线，其下端连接一粘性极强且质量不计的橡皮泥，紧挨水平面但不接触，现将一质量为m=1kg、电荷量为q=2.0C的正电小球(可视为质点)由A点静止释放后(g取)。求：
(1)小球到达B点时的速度大小；
(2)接触橡皮泥后瞬间轻绳的拉力；
(3)要使球接触橡皮泥后细线不松弛，求小球在斜面上的释放区间。
16．如图所示为研究电子枪中电子在中场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的ABCD区域内，存在两个大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计粒子所受重力)。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置；
（2）在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置；
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动，仍使电子从ABCD区域左下角D处离开(D不随电场移动)，求在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置
参考答案
1．C
【详解】
设带电粒子在电场中的加速度为a，则对甲粒子，竖直方向则有
水平方向
解出
对乙粒子有
解出
所以
故A、B、D错误，C正确；
故选C。
2．D
【分析】
考查电场力做功与电势能的关系。
【详解】
A．重力竖直向下，平行板电容器两极板水平放置，则电场力也是竖直方向，要斜向下直线运动，则电场力一定向上，与重力平衡，加速度为0，A错误；
B．因受力平衡，做匀速直线运动，运动过程中，重力势能转化为电势能，重力势能减少了mgd，所以电势能增加了mgd，B错误；
C．带负电的微粒从上极板运动到下极板，电势能增加，由：
q为负值，可知，M板运动到N板过程中，电势降低，即M板的电势高于N板的电势，C错误；
D．由电场力做功与电势差的关系：
解得两极板间的电势差为，D正确。
故选D。
3．C
【详解】
AC．小球受到的静电力可以类比重力，根据能量守恒，小球经过OO'后，球的速度为0时，细绳与OO'的夹角仍为θ，不会大于θ，将角度θ增大到2θ，细绳通过OO'后小球A的速度为0时，细绳与OO'的夹角等于2θ，A项错误，C项正确；
B．设等效重力为mg'，故由拉开的最大位置向OO'移动的过程中，利用动能定理得
mg'L（1-cosθ）=mv2
则速度
v=
而g'就是等效重力形成的，即
g'=
故
v=
可见速度的大小与质量有关，B项错误；
D．将由静止释放时的角度θ增大到2θ，等效高度
h'=L（1-cos2θ）≠2L（1-cosθ）
结合B项中分析可知，细绳通过OO'时小球A速度v不会变为v，D项错误。
故选C。
4．D
【详解】
将带电粒子的运动沿水平方向x和竖直方向y分解，有
x方向
Fx=qE，v0x=0
做匀加速直线运动
y方向
Fy=mg，v0y=v0，a=-g
做匀减速直线运动，粒子上升的高度
上升时间
故在x方向上，有
vx=2v0=axt，
其中x方向位移
解得
选项ABC错误，D正确。
故选D。
5．A
【详解】
静止释放一带电油滴，若该油滴恰好能运动到N点，根据动能定理可得
根据电容器公式
，
又因为
当Q不变时，可得
知板间的场强不随距离的变化而变化，当平行板下移时，E不变，故油滴恰好能运动到N点返回，故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．C
【详解】
A．电荷量为+q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故速度不断增加；故A错误；
B．小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功；故B错误；
C．在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为
根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，故C正确；
D．结合受力分析可知，弹力与库仑力平衡，则管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】
只要细线能通过圆周的最左侧，就可以做匀速圆周运动，恰能通过最左侧时受力分析根据牛顿第二定律得
从最右端向最左端的过程根据动能定理有
联立解得
=
故选C。
8．BD
【详解】
A.带电液滴受到重力和电场力两个力作用，由题意，带电液滴沿直线bd运动，合外力方向必定沿bd方向，则知电场力方向必定水平向右，故液滴带负电荷，故A错误；
B.由于重力和电场力都是恒力，液滴的合力恒定，则液滴从静止开始做匀加速直线运动，故B正确；
C.合外力的方向与运动的方向相同，故合外力对液滴做正功，故C错误；
D.电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减少，故D正确。
9．AC
【详解】
A．当电场强度时，带电小球进入极板之间后受到的电场力为
方向与重力方向相反，则小球在竖直方向上所受合力为零，所以能在半圆形轨道内做匀速圆周运动，故A正确；
BC．设小球到达最低点的最小速度为，则有
由动能定理得
解得电场强度的最大值为
由于
故B错误、C正确；
D．将电容器的下极板向下移动一小段距离，则由
可得
即极板间距d的变化不会使场强E改变，所以带电小球的受力不变，小球到达最低点C时的速率也不变，故D错误。
故选AC。
10．CD
【详解】
ABC．ab两点的电势差U=1V，由U=Ed可得
且a点电势高于b点，故电场线由上到小，正电荷在电场中受电场力向下，合力方向沿ab方向，则水平外力向右，则电荷沿ab做匀加速直线运动，外力大小为
F=Eqtan45°=10×10-6×1=10-5N
方向水平向右；故AB错误，C正确；
D．电场力做的功
W=Uq=1×10－6J=10-6J
则点电荷的电势能减少10-6J，故D正确；
故选CD。
11．BCD
【详解】
由图示图象可知：
时间内，电子向上做初速度为零的匀加速直线运动，电子向A板运动；
在时间内，电子向上做匀减速直线运动，电子向A板运动；
在时间内电子向下做初速度为零的匀加速直线运动，向B板运动；
A．由以上分析可知，时电子在原位置的上方，向上的位移最大，故A错误；
B．时在原位置的上方，没有回到原来的位置，与时的位置相同，故B正确；
C．时间内，电子向上做匀减速直线运动，电子向A板运动，故C正确；
D．至间，电子向B板运动，故D正确；
故选BCD。
12．ACD
【详解】
A．可知x轴负半轴和正半轴的之比为2∶1，且电势差的大小相等
根据
可知电场强度大小之比为距离的反比1∶2，故A正确；
B．在整个运动过程中，电势能和机械能相互转化，总量不变。负电荷在O点电势最高，电势能最小，动能最大，速度最快，故B错误；
C．粒子从静止到O时动能最大，电势能转化为动能，根据功能关系得
故C正确；
D．在负半轴运动时有
其中
联立解得
同理在正半轴运动时有
其中
联立解得
完成一次往复运动时间
故D正确。
13．(1) 2.0 m；(2)1.0 s；(3)减少了2J
【详解】
（1）A、B、C静止时，以AB为研究对象有
(mA+mB)gsin 30°=
解得L=2.0 m。
（2）给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得
-mBgsin 30°=mBa
解得l=3.0 m，由匀加速运动规律得
l-L=at2
解得t=1.0 s。
（3）对AB系统动能定理得
由电场力做功时的功能关系得
得 ，即电势能减少了2J。
14．（1）20m/s（2）10m/s（3）0.4m
【详解】
(1)电场中的直线加速，由动能定理：
解得：m/s
(2)偏转过程由动能定理：
得：m/s
(3)由牛顿第二定律：m/s2
竖直方向的匀加速直线运动：
解得：s
水平方向的位移：m
【点睛】本题关键是分析电子的受力情况和运动情况．在偏转电场中电子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究或整个过程的动能定理分析．
15．(1) (2) (3) 或
【详解】
（1）小球由A到B运动过程，根据动能定理，得：
①
解得小球到达B点时的速度：
；
（2）小球由A到C运动过程，根据动能定理，得：
②
小球在C点时，由牛顿第二定律可得：
③
联立②③两式解得：
；
（3）设释放点距B点的距离d
①小球刚好到达C
④
解得：
；
②小球刚好摆到与O点同一水平位置的圆轨道处，由动能定理得：
解得：
；
③能达到圆形轨道最高点，在最高点,由牛顿第二定律可得：
小球从A到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得：
，
解得：
∴小球释放点距B点的距离应为： 或。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式可得
在电场Ⅱ区域内的偏转，则有
方向向下，故有
所以位置坐标（-2L，L）
（2）设释放位置坐标为（x1，y1），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
所以满足
方程的点即为释放点的位置
（3）设释放位置坐标为（x2，y2），则有
在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有：
所以满足
方程的点即为释放点的位置。