2021_2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册10.5带电粒子在电场中的运动同步练习（word版含答案）

第十章第五节：带电粒子在电场中的运动
一、选择题
1．如图甲所示，一个带正电的物体m，由静止开始从斜面上A点滑下，滑到水平面BC上的D点停下来，已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数相同，不计物体经过B处时的机械能损失．现在ABC所在空间加上竖直向下的匀强电场，再次让物体m由A点静止开始下滑，结果物体在水平面上的D′点停下来，如图乙所示，则一下说法正确的是（ ）
A．D′点一定在D点左侧
B．D′点一定在D点右侧
C．D′点一定与D点重合
D．无法确定D′点在D点左侧还是右侧
2．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场（图中未画出），有一质量为、带电量为的滑块（可视为质点）分别沿三条倾斜光滑绝缘直轨道、、，从A点由静止滑到、、时的速率分别为、、，则有（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，一水平宽度为d、竖直范围足够大的匀强电场，场强为E，一带电量为+q的粒子以不同的初速度从一侧垂直电场方向进入电场，不计重力。则该粒子（　　）
A．能飞出电场，且初速度越大，飞出电场时的速度变化越小
B．能飞出电场，且初速度越小，飞出电场时的速度变化越小
C．当初速度小于某一个值，不能飞出电场
D．当初速度大于某一个值，不能飞出电场
4．如图，实线表示处在竖直平面内的水平向右的匀强电场的电场线，有一带电液滴沿与水平方向成37°角的虚线斜向上做直线运动，已知液滴的质量为m，带电荷量为q，则下列说法中正确的是（　　）
A．液滴可能带正电
B．液滴可能做匀速直线运动
C．匀强电场的场强的大小一定为
D．匀强电场的场强的大小一定为
5．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)
A．当增大两板间距离时，v增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间不变
6．如图所示，两个平行正对的金属极板与水平地面成一角度，两金属极板与一直流电源相连（这样能使两金属极板带等量异种电荷）。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 （ ）
A．所受重力与静电力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀速直线运动
7．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．若小球在竖直平面内绕O点恰好做完整圆周运动，则它运动过程中的最小速度
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D．若剪断细线将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
8．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角的正切值增大到原来2倍的是（　　）
A． U1不变，U2变为原来的2倍 B． U1不变，U2变为原来的
C． U2不变，U1变为原来的2倍 D． U1、U2都变为原来的2倍
9．如图所示，在竖直平面xoy内，固定一半径为R的光滑绝缘的圆形轨道，圆心在O点，第四象限（含x、y轴）内有水平向右的匀强电场，一质量为m，带电荷量为+q的小球，从图中A点静止释放，沿圆弧内侧轨道运动，第一次恰能通过圆弧轨道的最高点，已知重力加速度为g，则匀强电场的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
10．如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　)
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为2∶1
C．A和B的质量之比为1∶1
D．A和B的位移大小之比为1∶1
11．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功28J，则以下判断正确的是（　　）
A．金属块带负电荷
B．金属块克服电场力做功8J
C．金属块的电势能减少8J
D．金属块的机械能减少12J
12．某无限长粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的一条中垂线重合，杆水平放置．杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种电荷连线中点，AO=BO．现将一带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动（不计小环重力），滑到B点时速度恰好为0，则关于带电小圆环的运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动的加速度逐渐变小
B．运动的加速度先变大后变小
C．运动到O点的速度为v0/2
D．运动到O点的速度小于v0/2
13．如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置．一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场．不计粒子重力．若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场
A．只减小粒子的比荷
B．只增大电场强度
C．只增大粒子的带电量
D．只减小粒子的入射速度
14．·如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为
A． B．
C． D．
15．如图所示，空间存在水平方向的匀强电场E=2.0×104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的小球，所带电荷量为q=+2.0×10﹣4C，用一长为L=60cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接．AO与电场线平行处于水平状态．现让该质点在A处静止释放，则下列说法中正确的有（　　）（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2．）
A．释放后小球做圆周运动
B．小球在A点瞬间的加速度大小为10m/s2
C．小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了2.4J
D．小球第一次运动到O点正下方的速度大小为5m/s
二、填空题
16．如图所示，一个α粒子（氦核）在电势差为U1=100V的电场中由静止开始加速运动，然后射入电势差为U2=10V的两块平行板的偏转电场中，偏转电场极板长L=20 cm，间距d=5 cm．若α粒子能飞离平行板区（重力可忽略），则α粒子刚进入偏转电场时的动能为________eV,飞离偏转电场时的偏移量y=_____________m．
17．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定放置一条光滑绝缘的挡板ABCD，AB段为直线，BCD段是半径为R的圆环，设直线挡板与圆环之间用一极短的圆弧相连，整套装置处于场强为E的匀强电场中，电场方向与圆环直径CD平行。现使一带电量为+q、质量为m的小球由静止从直线挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动恰能从D点通过，则小球从释放点到C点沿电场强度方向的最小距离s是_______；小球到达D点时的速度大小是_______。
18．如图所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度________．当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力________．
三、解答题
19．如图所示，在电场强度E＝104N/C的水平匀强电场中,有一根长l＝15cm的细线,一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3g，电荷量q＝2×10-6C的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，(取重力加速值为10m/s2)。求：
（1）小球从A点到达B点过程中重力做的功为多少？
（2）小球从A点到达B点过程中电场力做的功为多少？
（3）小球到达最低点B的速度是多大？
20．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ=30°，已知带电微粒的质量m=1.0×10-7kg，电量q=1.0×10-10C，A、B相距L=20cm。（取g=10m/s2，结果保留二位有效数字）求：

(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由。
(2)电场强度的大小和方向？
21．如图所示，倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两者间通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长L＝7.80 m，倾角＝37°，BC弧的半径R＝0.8 m，O为圆心，∠BOC＝143°。整个装置处于水平向左的匀强电场中（图中未画出），电场强度大小E＝1×103 N/C．两个相同的绝缘小球P和Q，质量均为m＝0.4 kg，带正电的小球Q静止在A点，其带电荷量q＝3×10－3C，不带电的小球P从某一位置以v0＝8 m/s的初速度水平抛出，运动到A点时恰好沿斜面向下与小球Q发生弹性正碰，且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为 1＝0.2和 2＝0.8，sin 37°＝0.6，cos37＝0.8，g取10 m/s2，小球Q运动过程中电荷量保持不变。求：
(1)小球P的抛出点距A点的高度；
(2)小球Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力；
(3)小球Q能否沿圆弧轨道通过C点。
参考答案
1．C
【详解】
解：设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理得
不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgSBD=0 ①
加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ﹣μ（mg+qE）SBD′=0 ②
将两式对比得到，SBD=SBD′，则D'点一定与D点重合．
故选C
2．A
【详解】
由动能定理可得
故三种情况下滑到底端时速度大小相等。
故选A。
3．A
【详解】
带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，故能飞出电场，且在电场中运动时间，则初速度越小，在电场中运动时间越长，速度改变量越大，故的结论能飞出电场，且初速度越大，飞出电场时的速度变化越小。
故选A。
4．D
【详解】
AB．由于液滴做直线运动，所以液滴所受电场力与重力的合力方向一定和速度方向在同一直线上，则液滴所受电场力一定为水平向左，即液滴一定带负电，此时液滴所受合外力与速度方向相反，液滴一定做匀减速直线运动，故AB错误；
CD．设匀强电场的场强大小为E，根据力的合成与分解有
解得
故C错误，D正确。
故选D。
5．C
【详解】
A、根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：
，
v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，A、B错误；C正确；
D、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为
电子的加速度为：， 电子在电场中一直做匀加速直线运动，由
所以电子加速的时间为：，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，D错误；
故选C．
6．B
【详解】
ACD．根据题意可知，粒子做直线运动，电场力垂直极板向上，重力竖直向下，不在同一直线上，如图
所以重力与电场力不平衡，对粒子受力分析可知电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，动能减小，故ACD错误；
B．由图可知，电场力与速度夹角为钝角，做负功，故电势能增加，故B正确。
故选B。
7．D
【详解】
A.由于电场强度，则有：
可知等效最高点在弧的中点，在等效最高点，则有：
运动的最小速度：
故A错误；
B.除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则小球运动到点时，电场力做功最多，故到点时的机械能最大，故B错误；
C.小球受合力方向与电场方向夹角斜向下，故若将小球在点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；
D. 若剪断细线，将小球在点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，当竖直方向的速度为0时，则有：
当竖直方向的位移为0时，水平方向位移为：
可得：
所以小球刚好运动到B点，故D正确．
8．A
【详解】
在加速场中，有
在偏转场中，有
则电子的偏转角的正切值为
故选A。
9．B
【详解】
小球恰好通过最高点，则有：
，
解得小球在最高点的速度为：
，
小球从A点到最高点的过程中，根据动能定理可得：
，
解得：
，
故B正确ACD错误。
故选B。
10．A
【详解】
粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x＝v0t，初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的水平位移之比为1:2，则时间之比1:2，故A正确；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，，y相同，a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4∶1，故B错误；由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量，则A和B的质量之比为1∶12，选项C错误；因A、B的水平位移之比为1:2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1:1，选项D错误．
11．B
【详解】
ABC．
由动能定理得
解得 ，则金属块克服电场力做功8J，金属块带正电，电势能增加8J，B正确，AC错误；
D．电场力做功-8J，摩擦力做功-8J，则机械能减少16J，D错误。
故选B。
12．B
【详解】
解：一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，AB的连线上所有点的场强的方向与AB垂直，故A、B两点的电势相等，电势差为零；从A到B电场强度先增大后减小．
AB、等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力：，所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，它的加速度：，先增大后减小．故A错误，B正确；
CD、设AB之间的距离为2L，小圆环从A到B的过程中，电场力不做功，摩擦力做功：，小圆环从A到O的过程中，电场力不做功，摩擦力做功：，联立以上两个公式解得：，故C D错误．故选B．
13．A
【详解】
设带电粒子的初速度为v0，板长为L，电场强度为E；根据牛顿第二定律，有 ①
水平方向：L=v0t ②
竖直方向：y＝at2 ③
联立①②③解得：
只减小粒子的比荷，竖直位移y减小，一定能飞出电场，故A正确；只增大电场强度，会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故B错误；只增大粒子的带电量；会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故C错误；只减小粒子的入射速度，会使竖直位移y变大，粒子不一定能飞出电场，故D错误；故选A．
14．B
【详解】
试题分析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当时，根据运动学公式有，，，联立得，故B正确．
15．D
【详解】
AB：带电质点受到的重力，带电质点受到的电场力，将电场力与重力合成如图：
则合力大小，，合力方向与水平方向夹角为370，质点在A处静止释放，将做匀加速直线运动，在A点瞬间的加速度．故AB两项错误．
CD：质点第一次从A运动到O点正下方时，下落的高度；质点从A运动到O点正下方时，电场力做功，电势能减小了2.4J；质点第一次从A运动到O点正下方过程，应用动能定理可得：，解得：小球第一次运动到O点正下方的速度．故C项错误，D项正确．
16．200 0.02
【详解】
粒子直线运动过程加速，由动能定理可得
解得
再根据动能定理得
又因为粒子进入偏转电场做类平抛运动，水平方向则有
竖直方向有
粒子在偏转电场中，根据牛顿第二定律，可得
联立上式解得
17．2.5R
【详解】
在D点恰好由电场力作为向心力，据牛顿第二定律得
解得小球到达D点时的速度大小为
从释放到D点过程，据动能定理得
qE(s-2R)=
解得从释放点到C点沿电场强度方向的最小距离为
s=2.5R
18． 6qE
【详解】
在A点，由牛顿第二定律可得
，
故
从A到B，由动能定理可得
，
在B点由牛顿第二定律得
，
联立解得。
19．（1）4.5×10 3J；（2） 3×10 3J；（3）1m/s
【详解】
（1）小球从A点到达B点的过程中重力做的功
Wmg=mgl=4.5×10 3J
（2）小球从A点到达B点过程中电场力做的功
WE= Eql= 104×2×10-6×0.15J= 3×10 3J
（3）A→B由动能定理得
mgl Eql=
代入解得
vB=1m/s
20．(1)匀减速直线运动；(2)，方向水平向左。
【详解】
(1)微粒受重力、电场力作用，两个力的方向相互垂直，不可能平衡，而粒子做直线运动，可知合力的方向与速度方向在同一条直线上，如图所示，粒子做匀减速直线运动。
(2)根据平行四边形定则知
tan30°=
则
正电荷受到的电场力的方向水平向左，则电场强度的方向水平向左。
21．(1)；(2)34.5N；(3)小球能到达C点。
【详解】
(1)设小球P刚运动到A点时的速度为vA，竖直分速度为vAy，则有
所以小球P的抛出点距A点的高度为
(2)P、Q碰撞过程，动量守恒、机械能守恒。设碰后P、Q的速度分别为vP、vQ，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
碰后小球Q受到的电场力
方向水平向左，且与重力的合力大小为5N，方向垂直于AB斜面向下，则“等效重力场”的等效重力加速度
方向垂直AB斜面向下。设小球A滑到B点时的速度为vB，由动能定理得
解得
对小球Q，在B点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，小球Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力也为34.5N
(3)设小球Q能到达C点，且在C点的速度为vC，则小球Q从A到C的过程中，由动能定理得
解得
设小球Q恰好到C点时的速度为v′C，则有
解得
因 ，所以小球能到达C点