10.5带电粒子在电场中的运动同步练习（Word版含答案）

10.5带电粒子在电场中的运动
一、选择题
1．如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为( )
A． B．
C． D．
2．如图所示，竖直放置的平行板电容器中存在水平方向的匀强电场，两个质量相同的带电微粒1和2从匀强电场中的O点以相同的初速度竖直向下进入电场，分别达到极板B、C两点，若AB=BC，不计粒子的重力，则它们带电荷量之比q1：q2等于
A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1
3．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一初速度v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动至B，其能量变化情况是（重力不能忽略）（　　）
A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能不变，重力势能增加，电势能减少
C．动能增加，重力势能增加，电势能减少
D．动能减少，重力势能增加，电势能增加
4．如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．油滴将向上做匀加速运动 B．电流计中电流由a流向b
C．油滴运动的加速度逐渐变大 D．极板所带的电荷量增加
5．图中有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到 B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶1
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝2∶1
6．如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，ABC为圆周上三个点，O为圆心，D为AB中点。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为v0的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是 （　　）
A．A、B、C三点电势高低为：
B．沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点
C．若∠ACB=45°，则过D点速率可能为
D．若∠ACB=60°，则匀强电场的场强为E=
7．如图所示为一匀强电场，实线为电场线，一个带正电的粒子不计重力作用，射入该电场后，留下一条虚线所示的轨迹，粒子由a点运动到b点，则下面判断正确的是 （　　）
A．a点的电势高于b点的电势
B．粒子在a点的动能大于在b点的动能
C．粒子在b点的电势能小于a点的电势能
D．场强方向向右
8．如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P，不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是（　　）
A．在电场中微粒A运动的时间比B长
B．在电场中微粒A运动的时间比B短
C．微粒A所带的电荷量比B少
D．电场力对微粒A做的功比B多
9．如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场。其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的油滴沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ（电场范围足够大）。能描述粒子在两个电场中运动的速度﹣时间图像是（以v0方向为正方向）（　　）
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，a、b两离子同时沿水平放置的两平行金属板的中心轴从左、右射入两板间匀强电场中（电场方向与两板垂直），并恰好在图中M点相遇，不计离子重力和离子间相互作用。则（　　）
A．两离子的比荷一定相等 B．两离子刚进入电场的初速度大小一定相等
C．到相遇时电场力对两离子做功一定相等 D．两离子电性一定相反
11．如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知AB=2BC，P是CD边的中点。A、B、D的电势分别为7V、3V、5V，初动能为6eV、电荷量大小为e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电
B．该粒子到达B点时的动能为10eV
C．若仅改变粒子的初速度大小，该粒子可能经过C点
D．若仅改变粒子的初速度方向，该粒子可能做直线运动经过P点
12．空间有一沿x轴分布的电场，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x0、2x0一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图所示，粒子仅受电场力作用，设O点电势为零。则下列说法正确的是（　　）
A．该电场为匀强电场
B．粒子在P点的电势能为
C．Q点的电势为
D．粒子在OP间的平均加速度比PQ间的大
13．三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC＝2OA，AC＝2BC，如图所示，则下列说法不正确的是（　　）
A．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20
B．三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4
C．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4
D．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9
14．一带电粒子（不计粒子重力）从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。则下列说法中正确的是（ ）
A．先断开开关S，再适当上移P极板，该粒子仍落在Q板上原位置
B．先断开开关S，再适当左移P极板，该粒子可能从Q板上的小孔B射出
C．保持开关S闭合，适当上移P极板，该粒子仍落在Q板上原位置
D．保持开关S闭合，适当左移P极板，该粒子可能从Q板上的小孔B射出
15．制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为的两平行金属板，如图所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-U0，电压变化的周期为，如图所示。在时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，此后的运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．若电子恰好在时刻射出电场，则应满足的条件是
B．若电子恰好在时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加
C．若电子恰好在时刻射出电场，则射出时的速度方向与初速度方向一致
D．若电子恰好在时刻射出电场，则射出时的速度为
二、综合题
16．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为的a点运动至电势为的b点。则a、b两点的电势差Uab=________；若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷=________。
17．如图，A、B两板间加速电压为U1，C、D两板间偏转电压为U2. 一个静止的α粒子( )自A板由静止相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为C、D板间距离一半，则它的出射速度的大小为_____________。
18．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。则小球到达小孔处的速度为_______，极板间电场强度大小为______，电容器所带电荷量为_______
19．如图所示，一带电量为q=2×10－3 C，质量为m=0.1kg的小物块放在一倾角为=37°的足够长的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一竖直向上的匀强电场中时，小物块恰好处于静止状态（g取10 m/s2），求：
(1)电场强度为多大？
(2)若从某时刻开始，电场方向突然变成水平向右，电场强度大小不变，求物块沿斜面运动距离L=1 m时的速度大小。
20．如图，ABCD为竖直放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A 为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+l×10-4 C 的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动（g取10 m/s2)． 求：
(1)小球到达C点时对轨道压力是多大？
(2)小球能否能沿圆轨道到达D点？
(3)若小球释放点离B的距离为1.0m，则小球从D点飞出后落地点离B的距离是多 少？（结果可以含有根号）
21．如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，两板间电势差UAB＝300V。一带正电的粒子电量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直击中放置于中心线上的荧光屏EF。求：（静电力常量k＝9×109N·m2/C2）
（1）假设该带电粒子从界面MN飞出时速度方向的反向延长线交两平行金属板间电场中心线与C点，且R点到C的距离为x，试证明x＝；
（2）粒子穿过界面PS时距中心线RO的距离；
（3）点电荷的电量Q．
参考答案
1．B
【详解】
粒子在最高点速度等于初速度的水平分量，为：
对从M到N过程，根据动能定理，有：
解得：
；
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论相符，选项B正确；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
2．B
【详解】
粒子在竖直方向上做匀速直线运动，初速度相等，因为AB=BC，则粒子的运动时间之比为1：2，在水平方向上做匀加速直线运动，根据x＝at2知，水平位移相等，则加速度之比为4：1，根据a=，质量相同，电场强度相同，则电荷量之比为4：1．故B正确，ACD错误．故选B．
3．D
【详解】
由题，带电微粒做直线运动，所受的合力必须与AB在同一直线上，则知带电微粒所受电场力方向水平向左，所以合力方向与速度方向相反，合力做负功，由动能定理得知，动能减小；重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，则电势能增加
故选D。
4．C
【详解】
AC．将B极板匀速向下运动时，两极板的距离增大，由于电势差U不变，则根据
知极板间的电场强度减小，油滴所受的电场力减小，电场力小于重力，油滴所受合力向下，油滴向下加速运动，加速度
由于q、U、m不变，d逐渐增大，则加速度a逐渐增大，油滴向下做加速度增大的加速运动，故C正确，A错误；
BD．电容器板间距离增大，则电容器的电容C减小，而板间电压U不变，则由：
可知电容器所带电荷量Q减小，电容器放电，下极板带正电，则知电流计中电流由b流向a，故BD错误；
故选C。
5．A
【详解】
根据x=v0t可知，两种情况下带电粒子的运动时间之比
t1∶t2＝2∶1
偏转距离之比
y1∶y2＝1∶2
由y＝at2得两种情况下粒子的加速度之比
＝·＝
由于
a＝
U∝a，故
U1∶U2＝1∶8
故选A。
6．D
【详解】
A．因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过D点，不妨研究它的逆过程，从D到A，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直BC向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于BC向下，则BC电势相等，则，选项A错误；
B．电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；
C．若∠ACB=45°，则过D点速率等于C点的速度沿CB方向的分量，即
选项C错误；
D．若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知
联立解得
选项D正确。
故选D。
7．B
【详解】
AD．带正电的粒子做曲线运动，需要合外力指向凹侧，而不计重力，则带正电粒子所受的电场力向左，故电场线水平向左，场强向左，而顺着电场线方向电势降低，则知b点的电势一定高于a点的电势，故AD错误；
BC．带正电粒子从a到b点过程中，电场力做负功，电荷的电势能增大，由动能定理知，粒子的动能减小，即粒子在a点的动能大于在b点的动能，在b点的电势能大于a点的电势能，故B正确，C错误。
故选B。
8．D
【详解】
AB．水平方向两个粒子做匀速直线运动，运动时间为
因为、相等，则相等，故AB均错误；
C．在竖直方向上两个粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由
解得电荷量为
可知，所以微粒A所带电荷量多，故C错误；
D．电场力做功为
则有
可知电场力对微粒A做的功多，故D正确。
故选D。
9．C
【详解】
带负电的粒子受到重力和电场力的作用，在上面的电场中重力等于电场力粒子恰做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，C正确。
故选C。
10．A
【详解】
A．由于a、b两离子同时射入电场且在M点相遇，故用时相同，竖直方向位移y相同，由于a、b均在电场中做类平抛运动，竖直方向位移为
所以两离子加速度a相同。由牛顿第二定律
Eq=ma
可知，a、b两离子的相等，即两离子的比荷一定相等，故A正确；
B．由于题目中没有给定M点具体位置，则两离子水平方向位移xa、xb大小关系无法确定，初速度va、vb的大小关系也就无法确定，故B错误；
C．电场力做功
由于两离子电荷q不一定相等，故电场力做功W不一定相等，故C错误；
D．两离子均向下偏转，受到的电场力方向均向下，故两离子电性相同，故D错误。
故选A。
11．D
【详解】
A．根据匀强电场中平行等间距的两点间的电势差相等，则有
则C的电势
取AB的中点O，则O点的电势为
连接OD则为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直OD斜向上，如下图所示
由物体做曲线运动的条件可知电场力斜向下，说明电荷为负电荷，故A错误；
B．粒子从A到B，由动能定理得
代入数值可得
则该粒子到达B点时的动能，故B错误；
C．若仅改变粒子的初速度大小，因粒子所受电场力方向与场强E方向相反，电场力和速度方向不共线，则该粒子不可能做直线运动，不可能经过Ｃ点，故C错误；
D．因AP在电场强度E的方向上，则若改变粒子的初速度方向，使得初速度沿AP方向，则该粒子可沿AP做匀减速直线运动经过P点，故D正确。
故选D。
12．D
【详解】
AD．由图中数据可得粒子在OP间和PQ间运动位移均为x0；但在OP间运动平均速度大于PQ间平均速度，即
而两个阶段速度变化量均为 ，因此在OP段平均加速度更大，因为前后两段平均加速度不一样大，即电场力不一样大，该电场不是匀强电场，A错误D正确；
B．由动能定理可得：O到P电场力做的功
解得
又因为O点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量
B错误；
C．由动能定理可得：O到Q电场力做的功
解得
又因为O点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量；即
电势
C错误。
故选D。
13．C
【详解】
B．三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x＝v0t得在电场中的运动时间之比
tA∶tB∶tC＝2∶3∶4
选项B正确；
C．三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y＝at2解得
aA∶aB∶aC＝36∶16∶9
选项C错误；
A．三个粒子所受的合力大小关系为FA＞FB＞FC，三个粒子的重力相等，所以落在B点的粒子仅受重力作用，落在A点的粒子所受的静电力向下，落在C点的粒子所受的静电力向上，即落在B点的粒子不带电，落在A点的粒子带负电，落在C点的粒子带正电，由牛顿第二定律得
aA∶aB∶aC＝（mg＋qAE）∶mg∶（mg－qCE）
解得
qC∶qA＝7∶20
选项A正确；
D．由牛顿第二定律可知F＝ma，因为三个粒子的质量相等，所以所受合力之比与加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比
EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9
选项D正确。
本题选说法不正确的，故选C。
14．A
【详解】
A．断开开关S，则电容器的电荷量Q不变，由于平行板电容器产生的电场为匀强电场，且根据电容器的定义式和决定式有
C = ，C = ，E =
由上式可看出，上移P极板，极板间的场强不变，则粒子加速度不变，运动轨迹不变，该粒子仍落在Q板上原位置，A正确；
B．根据A选项可知，当适当左移P极板，两极板的正对面积减小，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从Q板上的小孔B射出，B错误；
C．保持开关S闭合，则电容器的电压U不变，由于平行板电容器产生的电场为匀强电场有
E =
由上式可看出，上移P极板，d增加，场强E减小，根据牛顿第二定律有
a =
故加速度减小，根据
t =
则时间延长，水平分位移增大，可能从小孔B射出，C错误；
D．由选项C可知，当适当左移P极板，极板间的场强不变，则粒子加速度不变，运动轨迹不变，该粒子仍落在Q板上原位置，D错误。
故选A。
15．C
【详解】
A．电子在0～时间内垂直于极板方向做匀加速运动，加速度的大小
位移
在时间内做匀减速运动，直到减速为0，由对称可知
若电子恰好在时刻射出电场，则应满足的条件是
解得
故A错误；
BCD．由可知，图与图图形是一样的，所以不管一个周期内，还是两个周期内，图线与t轴所围的面积都是0，即竖直方向速度变化为0。则射出时动能不增加，速度和初速一样为。故BD错误，C正确。
故选C。
16．
【详解】
[1] a、b两点的电势差为
[2]带电粒子从a运动到b的过程中，由动能定理得
解得
17．
【详解】
根据动能定理得，
其中q=2e，解得
18．
【详解】
（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式有
v2=2gh
解得
（2）]对从释放到到达下极板处过程运用动能定理有
解得
电容器两极板间的电压为
电容器的带电量为
19．(1)500N/C；(2)2m/s
【详解】
(1)物块静止，根据平衡条件可得
联立可得
(2)电场方向突然变成水平向右，受力如图
根据牛顿第二定律，则有
解得
由可得
20．(1) 3N (2) 不能(3)
【详解】
（1）由A点到C点应用动能定理有：
解得：vC=2m/s，在C点应用牛顿第二定律得：
FN-Eq=m
得FN=3N，由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3N．
（3）小球要安全通过D点，必有mg≤m，设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：
Eqx-mg 2R=mvD2
以上两式联立可得：x≥0.5m．因AB<0.5m故小球不能到达D点．
（3）释放点离B点的距离x1=1m，从释放点到A点由动能定理：
Eqx1- mg2R=mvD2
解得：vD=2m/s
从D点飞出后水平方向做匀减速运动，加速度为
竖直方向做自由落体运动 设落地点离B距离为x2
2R=gt2；
解得．
答：(1) 3N (2) 不能(3)
21．（1）见解析 （2）12cm （3）1.04×10-8C
【详解】
（1）证明：设粒子从电场中类平抛的侧向位移为h，侧向速度为vy，
竖直方向匀加速直线运动：
h=at2
和
vy=at
水平方向匀速：
l=v0t，
由相似三角形知识得：
解得：
因此
。
（2）设粒子穿过界面PS时距中心线OR的距离y，则
h=at2
又
联立解得：
h=0.03m=3cm
在离开电场后粒子匀速,由三角形相似知
解得:
y=0.12m=12cm
（3）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为α，则：
α=37°。
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以粒子绕Q作匀速圆周运动。
匀速圆周运动的半径：
由牛顿第二定律知：
解得：
Q=1.04×10-8C