10.5带电粒子在电场中的运动同步练习题-2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册（word版含答案）

10.5 带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．如图所示，两个正点电荷带电荷量相等，固定在M、N两点，O点是M、N两点连线的中点，a、b是连线上的两点，c、d是连线的中垂线上的两点，acbd为菱形。电场强度用E表示，电势用表示。一带较少负电荷量的粒子P（图中未画出），不计重力，放入该区域后不影响原电场分布。则（　　）
A．a小于O，O大于c
B．Ea大于EO，EO大于Ec
C．粒子P从c沿直线运动到d，受到的电场力一定先减小后增大
D．粒子P从c点沿某个方向以一定的速度释放，可能做匀速圆周运动
2．如图所示，一带电小球固定于O点，另一带电粒子从O点正上方的A点由静止释放粒子运动到B点时速度减为0，则粒子从A点运动到B点的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．带电粒子受到的电场力一直做正功 B．带电粒子的电势能先增大后减小
C．带电粒子的加速度先减小后增大 D．带电粒子的机械能一直逐渐增大
3．如图所示，空间中有水平向右的匀强电场，场强大小为E，一质量为m的带电小球（可视为质点），从O点竖直向上抛出，动能为，经过一段时间小球回到与O点相同高度处时动能为，已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中小球速率一直增大 B．小球的电荷量
C．小球的最小动能为 D．小球运动到最高点的动能为
4．质量为m、带电荷量为的滑块以某一初速度沿半径为R的半圆形轨道从右边滑到左边，由于竖直平面内存在竖直向上的匀强电场E，滑块运动的速率不变，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）
A．因为滑块速率不变，所以滑块的加速度为零
B．因为滑块速率不变，所以滑块的加速度不变
C．因为滑块速率不变，所以电场强度
D．因为滑块速率不变，所以滑块一定受到摩擦力的作用
5．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．现为了使打在纸上的字迹扩大，下列措施可行的是(　　)
A．增大墨汁微粒所带的电荷量
B．增大墨汁微粒的质量
C．减小极板的长度
D．减小偏转板间的电压
6．真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上（图中未画出），使荧光屏上出现亮点（已知质子、氘核和粒子质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2，重力不计）。下列说法中正确的是（　　）
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为
B．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C．在荧光屏上将出现3个亮点
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1:2:2
7．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴正向运动，x1为图像与x轴的交点，x2、x3、x4各点如图所示，则点电荷（　　）
A．在x2和x4处电势相等
B．由x1到x3电场强度减小
C．由x1运动到x4的过程中电势能一直增大
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
8．一电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿越两平行板所需的时间（　　）
A．随电压的减小而减小
B．随电压的减小而增大
C．与电压无关
D．随两板间距离的增大而减小
9．如图，长为、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为、质量为的小球，以初速度由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为，重力加速度为，则（　　）
A．小球在点的电势能等于A点的电势能
B．A、两点的电势差为
C．若电场是匀强电场，则该电场的场强最小值为
D．若电场是带正电的点电荷产生的电场，则该点电荷可放在点
二、多选题
10．如图，空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为的小球，从a点以大小为的初速度竖直向上抛出，经过一段时间运动到与a点等高的b点，已知重力加速度大小为g，场强大小为。下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到最高点时距离a点的高度为
B．小球运动到最高点时速度大小为
C．小球运动过程中最小动能为
D．a、b两点之间的电势差为
11．如图所示，为竖直面内的光滑绝缘轨道，其中段水平，段为半圆形轨道，轨道连接处均光滑，整个轨道处于竖直向上的匀强电场中，场强大小为，一质量为的光滑绝缘斜面静止在水平面上，其底端与平面由微小圆弧连接。一带电量为的金属小球甲，从距离地面高为的点由静止开始沿斜面滑下，与静止在点的不带电金属小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两小球材质大小均相同，质量均为，且，水平轨道足够长，不考虑两球之间的静电力，小球与轨道间无电荷转移，取，则（　　）
A．甲球滑到斜面底端时斜面的速度大小为
B．甲、乙两球碰撞后甲的速度大小
C．甲、乙两球碰撞后乙的速度大小
D．若乙球恰能过点，半圆形轨道半径为
12．空间存在水平向右的匀强电场，一带电小球在电场中以一定的初速度竖直向上抛出，小球先上升后下降，不计空气阻力，当小球运动到与抛出点在同一高度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球做的是匀变速曲线运动
B．小球做的是变加速曲线运动
C．小球的机械能可能先减小后增大
D．小球的机械能一定一直增大
13．竖直平面内的直角坐标系xOy中存在平行于x轴的电场，坐标系内任意一点电场强度E的大小和方向与该点x坐标的关系是E=-10x（N/C）。一不计重力、带正电的试探电荷在坐标系内不同位置，从不同的初状态开始运动，下列分析正确的有（　　）
A．在点（-4，0）由静止释放，则试探电荷以点（0，0）为中心在x轴上往复运动
B．在点（4，0）以初速度沿y轴正方向运动，则试探电荷以点（0，0）为中心往复运动
C．在点（-4，0）以初速度沿y轴正方向运动，则试探电荷在闭合轨迹上往复运动
D．在点（4，0）以初速度沿x轴正方向运动，则试探电荷以点（0，0）为中心在x轴上往复运动
三、填空题
14．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两水平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板的过程中它们所带的电荷量之比qP∶qQ=___________；它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=___________。
15．正离子A（质量为m、电荷量为q）和正离子B（质量为2m、电荷量为q）由静止开始经相同电加速后，如图所示垂直电场线射入两块平行带电金属板间，从两板间射出时（重力不计）A、B侧移之比yA：yB=______________；A、B动能增量之比△EkA：△Ek B=______________。
16．如图所示为示波管的示意图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后，飞入偏转极板a、b之间的匀强电场（偏转电压为U2），离开偏转电场后打在荧光屏上的P点，P点跟O点的距离叫偏转距离，要提高示波管的灵敏度（即单位偏转电压引起的偏转距离）应采用___________的方法。
17．平行金属板与水平面成θ角放置，两金属板间的电压为U，板间距离为d。一个带电量为q的液滴，以某速度垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，则两极板间的电场强度E=___________。液滴的质量m=___________（重力加速度为g）
四、解答题
18．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放。求：
（1）滑块到达B点的速度；
（2）滑块到达B点时，对轨道的压力；
（3）滑块到达与圆心O等高的C点时的速度大小。
19．如图所示，在平面坐标系xoy第一象限内，y轴右侧宽度d=1.0m的区域内有沿x轴正方向、场强大小为E1的匀强电场，在3d>x>2d的区域内有宽度也为d=1.0m沿y轴正方向、场强大小为的匀强电场。在坐标原点上方A（0，1.0）处有一粒子源，它一次可以向外放出一个或多个电子，电子的质量为m，电荷量为-e。不计电子的重力及彼此间的相互作用力。
（1）若从A点沿x轴正方向以的初速度发射一个电子，求：
①电子从右侧离开电场E1时的速度大小；
②电子在离开第I象限区域时，横坐标的数值；
（2）若从A点沿x轴正方向发射许多速度大小不同的电子，且所有电子速度都小于，当它们进入电场以后，在电场中运动的动能变为刚进入电场前的动能n倍时，它们的位置分布在一条的倾斜直线上，直线通过（2.0，1.0）和（3.0，0）两点，求n的值。
20．如图所示，一右端改装为小缺口的平行板电容器，为了筛选一定速度范围内的带电粒子，让带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处沿极板方向射入电容器。若平行板电容器极板长度均为L，两极板间的距离为d，缺口上、下边缘距离上、下极板的距离均为，两极板间的电压恒为U，带电粒子的质量均为m、带电量均为q。不考虑平行板电容器的边缘效应，不计重力，求：
（1）若某粒子能通过电容器，则该粒子在电容器中最长运动的时间t多大；
（2）若筛选能通过缺口的粒子，这些粒子速度的范围多大。
21．如图，在空间水平面MN的上方区域有方向坚直向下的匀强电场，场强大小为E。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中O点以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从水平面上某点P处离开电场。已知粒子离开电场时的速度方向与坚直方向的夹角为60°，不计重力。
（1）求OP之间的水平位移是多少？
（2）求OP之间电势差的大小。
试卷第8页，共8页
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参考答案
1．D
【详解】
A．aO间的电场方向由a→O，根据沿着电场线电势降落，可知φa一定大于φO，cO间的电场线方向从O→c，可知φO一定大于φc，故A错误；
B．O点合场强为零，故Ea一定大于EO。由于O点与c点两处电场线的分布情况不能确定，所以无法判断O、c两点场强大小关系，故B错误；
C．负粒子P从c沿直线运动到d点，而沿cd方向，但电场强度大小无法判断，则电场力也无法判定，故C错误；
D．负粒子P从c点沿垂直电场力方向，以一定的速度释放，当电场力提供的向心力等于所需要的向心力时，则可能做匀速圆周运动，故D正确。
故选D。
2．B
【详解】
ABD．一带电小球固定于O点，带电粒子从O点正上方的A点由静止释放粒子运动到B点时速度减为0，即电场力方向是竖直向上，电场力对小球做正功，电势能逐渐减小，带电粒子的机械能一直逐渐增大，AD正确B错误；
C．带电粒子从O点正上方的A点由静止释放粒子运动到B点时速度减为0，则开始时电场力大于重力做加速运动，随着电场力逐渐减小，加速逐渐变小，当电场力等于重力时，加速度为零，然后电场力小于重力做减速运动，随着电场力逐渐减小，则加速度逐渐增大，C正确。
故选B。
3．C
【详解】
A．开始时小球重力与电场力的合力斜向右下方，与初速度成钝角，合力做负功，根据动能定理可知，小球速率减小，当合力与速度方向垂直时，速率最小，之后，合力做正功，小球速率增大，故A错误；
B．由题可知，带电小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球竖直初速度为v0，则有
解得
则小球从抛出到回到与O点相同高度处所用时间为
按照竖直上抛运动的对称性，小球回到与O点相同高度处，竖直分速度大小仍然为v0，设此时水平分速度为vx，则合速度有
则与O点等高度处的动能为
联立解得
水平方向上，由运动学公式可得
联立方程，解得
故B错误；
C．当带电小球速度方向与合力垂直时，速度最小，动能最小，由前面可知，则可知水平方向加速度大小为
由几何关系可得，此时小球水平速度和竖直速度大小相等，即
联立方程，解得
则此时合速度大小为
此时最小动能为
联立解得
故C正确；
D．小球运动到最高点时，竖直分速度为零，水平分速度为
此时动能为
联立方程，解得
故D错误。
故选C。
4．C
【详解】
AB．滑块速率不变，向心加速度为
向心加速度大小不变，但方向不断改变，AB错误；
CD．因为质量为m、带电荷量为的滑块以某一初度沿半径为R的半圆形的轨道从右边滑到左边的过程中速率不变，所以动能不变，即合外力做的功为零，因此可以判断电场强度为
滑块不受摩擦力的作用，D错误，C正确。
故选C。
5．A
【详解】
A．使打在纸上的字迹扩大，实质是指速度偏向角θ增大，根据
则微粒所带的电荷量q增大时，tan θ增大，字迹扩大，A正确；
BCD．增大墨汁微粒的质量或减小偏转板间的电压或减小极板的长度时，tan θ减小，字迹缩小， BCD错误。
故选A。
6．A
【详解】
A．根据动能定理有
所以进入偏转电场时的初速度为
根据已知条件可以求出质子、氘核和粒子的比荷之比为
所以初速度之比为，设偏转电场的板长度为L，则在偏转电场中运动时间为
所以时间之比为
故A正确；
B．粒子出偏转电场时的竖直方向的分速度为
则出电场时的速度为
由于粒子比荷不相同，则速度大小不同，故B错误；
C．偏转位移为
由于
则有
其与粒子的电量和质量均无关，所以所有粒子偏转位移相等，荧光屏上只出现一个亮点，故C错误；
D．偏转电场对粒子做功为
由于E和y均相同，所以做功之比即为电量之比为，故D错误。
故选A。
7．C
【详解】
A．从x1向右场强为轴负方向，则从到处逆着电场线方向移动，电势升高，故A错误；
B．图像中E的正负只表示方向，不代表大小，根据图像由到电场强度增加，故B错误；
C．由运动到的过程中场强为负方向，则正电荷从到处逆着电场线方向移动，电势升高，电势能一直增大，故C正确；
D．由运动到的过程中，由图可以看出电场强度先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
因电子在水平方向做匀速直线运动，极板长度和电子初速度都未变化，故由知电子穿越两平行板所需的时间与电压、板间距离无关。
故选C。
9．C
【详解】
A．小球从A运动到B的过程中动能不变，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，选项A错误；
B．从A到根据动能定理得
﹣mgLsinθ+qUAB==0
解得
选项B错误；
C．若电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0。小球重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为
F=mgsinθ
此时电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值为
选项C正确；
D．小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能，因为小球带正电，正电荷在电势高处的电势能大，所以B点的电势小于A点的电势；若电场是带正电的点电荷产生的电场，如果正点电荷放在C点，那么B点电势高于A点电势，与前面得出的结论矛盾，所以该点电荷不能放在C点，选项D错误。
故选C。
10．AC
【详解】
A．根据小球的初速度和受力特点，合力恒定，与初速度不在一条直线上，所以小球将做匀变速曲线运动。将小球的运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平向左的初速为零的匀加速直线运动，当小球运动到最高点时，由运动的独立性和等时性可知，其在竖直方向正好到达最高位置，由竖直上抛运动规律
即最高点与a点的高度差为，故A正确；
B．由竖直方向分运动，可知小球运动到最高点所经历的时间
水平方向上有
带入可得
小球在最高点时竖直方向速度为零，所以实际速度即为水平方向速度，故B错误；
C．将重力和电场力合成，合力F合方向为斜向左下方，设与水平方向夹角，则
如图所示
小球运动过程中只有重力与电场力做功，当小球运动到速度方向与F合垂直时，速度最小；设小球从抛出到此位置经历时间为t1，则
解得
t1=，，
则小球的最小动能为
故C正确；
D．小球运动到b点经历时间为
水平方向速度为
竖直方向速度为竖直向下的，设a、b两点之间的电势差为U，根据动能定理
带入可解得
故D错误。
故选AC。
11．AD
【详解】
A．设甲球滑到斜面底端时，斜面的速度大小为v1，甲球的速度大小为v2，甲球带负电，受电场力向下，根据动能定理得
甲球与斜面在甲球下滑过程中水平方向动量守恒，设向右为正
解得
故A正确；
BC．甲、乙两球发生的是弹性碰撞，设碰后甲球的速度为v3，乙球的速度为v4
解得
故BC均错误；
D．甲、乙球碰撞后，根据电荷均分原理，乙带电为，设乙球过D点时的速度为v5，根据动能定理得
乙球在D点时，根据牛顿第二定律得
联立以上两式解得
故D正确。
故选AD。
12．AD
【详解】
AB．由于小球受到的合外力恒定，因此做的是匀变速曲线运动，选项A正确，B错误；
CD．不论小球带何种电荷，小球竖直向上抛出后，不论是上升还是下降，电场力一直做正功，因此小球的机械能一直增大，选项C错误，D正确；
故选AD。
13．AD
【详解】
由E=-10xN/C可知，在第一象限电场线沿x轴负方向，在第二象限电场线沿x轴正方向。
A．在点（-4，0）由静止释放试探电荷带正电，在x轴负半轴，受力方向向右，到O点前，作加速运动，到O点速度最大，过O点后受力方向向左，作减速运动，速度减为0时，开始反向，绕O点往复运动，故A正确；
B．在点（4，0）以初速度沿y轴正方向运动，在第一象限内受力方向向左，第二象限内受力方向向右，受力F方向与速度方向始终有夹角，作曲线运动，且轨迹偏向力F一侧，不会绕O点往复运动，故B错误；
C．在点（-4，0）以初速度沿y轴正方向运动，由B可知，电荷沿y轴正方向向上作曲线运动，轨迹不是闭合轨迹，故C错误；
D．在点（4，0）以初速度沿x轴正方向运动，在x轴正半轴，受力方向向左，作减速运动，速度减为0时，向左作加速运动，到O点速度最大，过O点后受力方向向右，作减速运动，速度减为0时，开始反向，绕O点往复运动，故D正确。
故选AD。
14．1:2 1:4
【详解】
由题可知，物体在平行电场方向受到电场力的作用，做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式则有
解得
因此有
根据牛顿第二定律，有
故有
由动能定理，有
而，，所以动能增加之比为
15．1：1 1：1
【详解】
离子在电场中加速，设末速度为v0，据动能定理得
离子穿出偏转电场的时间为
偏转电场的加速度为
离开偏转电场时侧移量
即侧移量与电荷的电量与质量均无关，则A、B侧移之比
yA：yB=1:1
根据动能定理
则A、B动能增量之比
△EkA：△Ek B=1:1
16．减小U1
【详解】
电子在加速电场中加速，根据动能定理
在偏转电场中的加速度
在偏转电场中，竖直方向偏转量为
电子从偏转电场射出时的速度与水平方向的夹角满足
电子从偏转电场射出后，竖直方向偏转量为
示波管的灵敏度
故要提高示波管的灵敏度，可以采用减小U1的方法。
17．
【详解】
根据匀强电场中场强与电势差的关系，可得两板间的电场强度为
由题液滴做直线运动，可知液滴所受合力与速度方向相反，沿图中虚线向下，则有
联立解得液滴的质量为
18．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设滑块到达点时的速度为，从A点到点，由动能定理得
而
，
解得
（2）在点根据牛顿第二定律有
解得滑块到达B点时受到轨道的支持大小
根据牛顿第三定律可知滑块到达B点时，对轨道的压力
（3）设滑块到达C点时速度大小为，从A点到C点，由动能定理得
解得
19．（1）①；②2.5m；（2）5
【详解】
（1）①设电子在电场E1中做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
设电子在右侧离开电场E1的速度为v2，由运动学公式得
则电子离开电场E1的速度为
②假设电子恰好在右下角离开电场E2时的入射速度为v3，则
水平方向有
d=v3t
竖直方向
上式可得
由于v2联立解得
故电子离开电场的横坐标为2.5m；
（2）设电子在E2电场中以v开始做类平抛运动，动能变为进入电场E2时动能的n倍时，电子位置满足
Δx=Δy
即
由动能定理得
竖直方向：
代入数据，解得
n=5
20．（1）；（2）
【详解】
（1）带电粒子水平方向的分运动是做匀速直线运动，竖直方向分运动为匀加速运动，则刚好从缺口下边缘通过的粒子的运动时间最长，电容器中的电场强度为
粒子的加速度为
竖直方向的位移为
综合所述，粒子在电容器中的最长运动时间为
（2）从缺口上沿通过电容器的粒子所用时间最短，为
解得
则恰好从缺口下沿通过电容器的粒子的速度
则恰好从缺口上沿通过电容器的粒子的速度
能够通过电容器的粒子的速度范围是
21．（1）；（2）
【详解】
（1）粒子离开电场时的速度方向与坚直方向的夹角为60°，根据题意可知
解得
在竖直方向，根据牛顿第二定律
解得
又有
解得
则OP之间的水平位移是
（2）根据公式可知OP之间的竖直位移是
OP之间电势差的大小
答案第16页，共16页
答案第17页，共1页