10.5 带电粒子在电场中的运动 综合练习（Word版含答案）

10.5、带电粒子在电场中的运动
一、选择题（共6题）
1．如图所示，一电子以初速度v0垂直于电场方向进入长为L、场强为E的平行金属板间的偏转电场中，从偏转电场的另一侧飞出电场，侧移距离为y. 如果将初速度增大到原来的两倍，则侧移距离y变为原来的（电子重力不计）（ ）
A．2倍 B．4倍
C．0．5倍 D．0.25倍
2．如图所示，在某一空间存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E，在该空间的A点固定电荷量为Q的负点电荷，现有一带正电的小球以速度v从B点水平飞入电场，已知A、B两点之间的距离为r，下列关于小球运动的描述正确的是（　　）
A．若场强，小球一定做匀速圆周运动
B．若场强，小球一定做匀速直线运动
C．若场强，小球一定做匀速圆周运动
D．若带正电小球满足，小球一定做匀速圆周运动
3．如图，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度﹣时间（v﹣t）图象是（ 　）
B．
C． D．
4．如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴到达最高点C时速度大小仍为v0，则油滴最高点的位置在（　　）
A．P点的左上方 B．P点的右上方
C．P点的正上方 D．上述情况都可能
5．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，下列说法错误的是（　　）
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出的动能相等
D．若比荷不同的带负电粒子射出电场，则偏转角度θ相同
6．如图所示，图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷量数值也相等，现将M、N从虚线上O点以相同速度射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．不计重力的影响， 则（ ）
A．M带负电荷，N带正电荷
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小相等
C．M和N两粒子在电场中运动的加速度相同
D．N从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
7．如图所示，质量分别为和的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧连接，置于绝缘光滑的水平面上当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度，以下说法正确的是　　
A．系统机械能不断增加
B．系统动能不断增加
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
8．陈老师在实验室用同一加速电场U1将三种带电粒子（氕、氘、氚）加速后，让它们在同一位置沿同一方向飞入偏转电场U2，如图所示，不考虑重力影响，可以判断下列说法中正确的是（　　）
A．三种带电粒子进入偏转电场时速度相等
B．三种带电粒子离开偏转电场时将沿不同方向射出
C．三种带电粒子离开偏转电场时的动能相等
D．增大加速电场U1可以使带电粒子离开电场时的偏转角增大
9．如图所示，在真空中电荷量相等的离子P1、P2分别以相同初速度从O点沿垂直于电场强度的方向射入匀强电场，粒子只在电场力的作用下发生偏转，P1打在极板B上的C点，P2打在极板B上的D点．G点在O点的正下方，已知GC＝CD，则离子P1、P2的质量之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
10．如图甲所示，倾角为θ的绝缘传送带以2m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。t=0时刻将质量m=0.02 kg、电荷量为q的带正电小物块轻放在传送带顶端，物块与传送带间的动摩擦因数为，已知sinθ=、cosθ=，，取g=10 m/s2，则小物块（　　）
A．一直处于静止状态
B．一直匀加速直线运动
C．在传送带上运动的总时间为2.5 s
D．与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.48 J
11．如图甲所示，光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h = 0的过程中，其动能随h的变化曲线如图乙所示，则下列判断中正确的是（ ）
A．小环带负电
B．从h高处下落至h = 0的过程中，小环电势能一直增大
C．从h高处下落至h = 0的过程中，小环先后经过了减速、加速、再减速三个阶段
D．小环将做以O点为中心的往复运动
12．带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰到金属板，欲使入射速度为的同一粒子也恰好穿过电场不碰到金属板，则必须（　　）
A．使两板间的距离减为原来的
B．使两板间的电压减为原来的
C．使两板间的电压减为原来的
D．使两板间的距离减为原来的
13．如图，悬线一端固定，另一端拉住一个带电小球，使之在匀强电场中处于静止状态。忽略空气阻力，当悬线突然断裂后，带电小球将做（ ）
A．匀变速曲线运动 B．匀速直线运动
C．匀变速直线运动 D．圆周运动
14．如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么(　　)
A．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
15．如图，水平面有一匀强电场，AA'、BB'、CC'是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5l，取BB'为零势面。一电子沿AA'方向从A点射入电场，电子在A点的动能为8eV，经电场偏转后刚好从C'点离开。已知AA'距离为2l，电子重力忽略不计，则（　　）
A．平面AA'上的电势为-4V
B．该电子在平面BB'上的动能是12eV
C．该电子到达C'点时的电势能是-8eV
D．该电子经过C'点时的速率是A点时的2倍
16．如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成∠α=30°斜向右上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平. 现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是（ ）
A．小球从P点释放后到达M点时，速度刚好为零
B．小球从P到M过程中，合外力对它做了的功
C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了
D．若小球可以做完整的圆周运动，则小球在P点释放的初速度至少为
二、填空题
17．粒子加速器可使质子加速到能量达．已知质子质量为，则加速器中电场对质子的加速电压累计达________V；加速后质子的速度可达到________m/s．
18．板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场．一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0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，两极板间的电场强度E＝____ ；液滴离开电场时的速度为_____ 。(液滴的运动方向没有改变)
19．带电粒子在电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路：
（1）利用___________定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是___________且涉及___________等描述运动过程的物理量，公式有qE=___________，v=v0＋___________等。
（2）利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及___________、___________等动能定理公式中的物理量或___________电场情景时，公式有qEd=mv2-mv（匀强电场）或qU=mv2-mv（任何电场）等。
20．如图，A、B是真空中的两块面积很大的平行金属板，已知B板的电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图所示，其中UA的最大值为U0，最小值为-2U0；在A、B的正中央处有一个离子源P，P距离A、B板的距离均为l，离子源P可以源源不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，已知各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动，设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电荷同时消失，不影响A、B板的电压。已知上述的T、U0、l、q和m等各量的值正好满足等式：l2=，如果在A板电压变化的每个周期T内，平均产生320个上述微粒，则可求出：
(1)在t=0到的这段时间内产生的微粒中，有____个微粒可到达A板。（不计重力、不考虑微粒之间的相互作用）
(2)在到t=T的这段时间内产生的微粒中，有____个微粒可到达A板。（不计重力、不考虑微粒之间的相互作用）
三、综合题
21．如图所示，A、B两极板竖直放置，两极板之间的电压U1=2.0×102V，MN两相同极板水平正对放置，两极板之间电压U2=4.0×102V，板间距d=8cm，板间电场可视为匀强电场.一质量为m =1.0×10-20kg、带电量为q=+1.0×10-10C的带电粒子，从靠近A板处由静止释放，经电场加速后从B板的小孔穿出，沿M、N极板间中轴线以速度v0射入电场，刚好从M板右边缘飞出.（不计粒子重力）.
（1）求带电粒子刚射入M、N极板间时的初速度v0；
（2）求M、N极板的长度L.
22．带电小球的质量为m，当匀强电场方向水平向右时(图中未画出)，小球恰能静止在光滑圆槽形轨道的A点，图中角θ＝30°，如图所示，当将电场方向转为竖直向下时(保持匀强电场的电场强度大小不变)，求小球从A点起滑到最低点时对轨道的压力.
23．如图所示，在水平向左的匀强电场中，质量为m的带正电小球从A点以初速度竖直向上抛出，经过一段时间到达最高点C，在此过程中沿电场方向的位移与竖直方向的位移之比为3∶4。已知小球在B点（图中没有画出）时速度最小，重力加速度为g，求：
（1）小球所受的合力的大小；
（2）小球在B点的速度大小与在C点的速度大小的比值及小球从A到B的运动时间。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，
竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向的加速度，
竖直方向的位移，如果将初速度增大到原来的两倍，则侧移距离y变为原来的；故D正确，ABC错误；
故选D．
2．D
【详解】
A．若场强为，则带正电的小球有
若速度v合适，使库仑力恰好作为向心力
小球才能做匀速圆周运动，A错误；
B．带正电的小球受到的库仑力一定随距离不断变化，小球所受合力不可能始终平衡，故小球不可能做匀速直线运动，B错误；
CD．要使小球做匀速圆周运动，必须同时满足A解析中的两表达式，可解得
C错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】
电场中正离子只受电场力作用从A点运动到B点的过程中，电场力对离子做正功，速度增大，电场力提供加速度qE=ma，场强减小，加速度减小，速度时间图像中斜率表示加速度的大小，C对；
4．A
【详解】
对粒子受力分析知，粒子在重力与电场力作用下运动，直到运动到最高点，此过程初动能与末动能已知且相同，设粒子升高的高度为h，粒子的初末位置间的电压为UPQ，粒子的带电量为-q，由动能定理得
解得
由于UPQ＜0，即UP＜UQ，说明Q点的电势高于P点，即带电粒子应在P点的左上方。
故选A。
5．A
【详解】
A．由牛顿第二定律得，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；
B．由动能定理得
可得，所以当带负电粒子的比荷相等时，它们从孔射出的速率相等，故B正确；
C．从孔射出的粒子的动能
所以当带负电粒子的电荷量相等时，它们从孔射出的动能相等，故C正确；
D．粒子的运动轨迹如图所示，
在偏转电场中有
其中l为平行金属板的长度，d为两平行金属板的距离，可知偏转角度与粒子的比荷无关，所以不同比荷的带负电粒子射入电场，偏转角度相同，故D正确。
故选A。
6．B
【详解】
A.由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电;故A错误;
B.由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同;故B正确;
C.两粒子M、N质量相等，所带电量数值也相等，只受电场力，根据牛顿第二定律，有
即加速度大小相等，但方向不同，故加速度不同，故C错误;
D.N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功;故D错误;
故选B。
7．D
【详解】
A、在弹簧伸长的过程中，电场力对球A和球B都做正功，则系统机械能增加，当弹簧伸长到最长后又收缩，电场力做负功，则系统机械能减小，故A错误；
BD、电场力大于弹簧弹力，小球A向左加速小球B向右加速，电场力小于弹簧弹力，小球A向左减速小球B向右减速，知当电场力和弹簧弹力相等时，系统动能最大，故D正确，B错误；
C、当弹簧长度达到最大值时，电场力一直做正功，则机械能一直增加，系统机械能最大，故C错误；
故选D．
8．C
【详解】
A．带电粒子经过加速电场，由动能定理
可得
由于三种粒子的的比值不同，故三种带电粒子进入偏转电场时速度不相等，故A错误；
BD．带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，则
，，
解得
带电粒子离开偏转电场时射出方向偏转角
可知三种带电粒子离开偏转电场时将沿相同方向射出，增大加速电场U1带电粒子离开电场时的偏转角变小，故BD错误；
C．三种带电粒子离开偏转电场时偏转距离
由动能定理
解得
三种粒子带电量相同，故三种带电粒子离开偏转电场时的动能相等，故C正确。
故选C。
9．D
【详解】
设离子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，在水平方向可得离子运动的时间
由于GC=CD，所以飞行的时间之比
t1∶t2=1∶2
在竖直方向偏转量h相同，则有
加速度
联立可得
因为P1带电荷量与P2的带电荷量相同，可得
m1∶m2=1∶4
故选D。
10．D
【详解】
AB．存在电场时，有
解得
不存在电场时，有
解得
所以小物块先匀加速再匀减速运动，交替进行，AB错误；
C．一个周期运动的位移为
所以运动的时间为
C错误；
D．在没有电场时，小物块与传送带间有摩擦，所以相对位移为
发热量为
D正确。
故选D。
11．B
【详解】
A. 若小环带负电，重力和静电力对小环都做正功，小环的动能一直增大，与图乙不符，所以小环带正电，故A错误；
B. 结合动能随着h的变化图象可知，小环带正电，从h高处下落至h=0的过程中，小环所受的电场力为斥力，电场力一直做负功，小环的电势能一直增大，故B正确；
C. 结合动能随着h的变化图象可知：从h高处下落至h=0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故C错误；
D. 过了O点后，电场力、杆对小环的支持力以及重力的合力向下，小环一直向下做加速运动，不会以O点为中心的往复运动，故D错误。
故选：B。
12．B
【详解】
带电粒子进入电场后做的是类平抛运动，因此
当入射速度变为也恰好穿过电场不碰到金属板，则竖直偏移量d不变，由公式可知B正确；ACD错误。
故选B。
13．C
【详解】
AC．当悬线有向下的拉力时，悬线断裂后，电场力和重力的合力与原来悬线的拉力等大反向，小球从静止开始做匀加速直线运动，故A错误，C正确；
B．对带电小球受力分析可知，小球可能只受重力和竖直向上的电场力，若二力合力为零，悬线突然断裂后，小球仍静止，不会做匀速直线运动，故B错误；
D．悬线拉力断裂后，小球受到电场力和重力，二者合力可能为零，物体静止；可能合力为恒力做匀加速直线运动，恒力作用下物体不会做圆周运动，故D错误。
故选择C选项。
14．BD
【详解】
A．设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；
D．在偏转电场中的偏转位移：
解得：
同理可得到偏转角度的正切：
可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种粒子打屏上同一点，故D正确；
B．粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确；
C．整个过程运用动能定理得：
在偏转电场中电场力做功W2一样大，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；
故选BD。
15．AB
【详解】
根据平抛运动规律
所以
，
则有该电子到达C'点时的动能是16eV，所以该电子在平面BB'上的动能是12 eV，又只在电场力作用下电势能和动能的总和是一个定值，所以在电场中任意一点电势能和动能的总和都等于12eV，所以电子到达C'点时的电势能为-4eV，该电子在平面AA'上的电势能为4eV，根据电子在A点的电势能
解得
故AB正确，CD错误。
故选AB。
16．BD
【详解】
A.当小球静止于点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，点为等效最低点，因此小球从点释放后到达点时，球在点速度最大，故A错误；
B.因拉力不做功，而电场力与重力合力为：
合
这个方向上位移为，所以合外力对它做功为：
合合
故B正确；
C.由动能定理知动能增加量为：
重力势能增加量为，则机械能增加量等于动能增加量和重力势能增加量之和，机械能的增加量为：
故C错误；
D.当球能越过跟就对称的点，即可做个完全的圆周运动，球的等效重力加速度：
根据牛顿第二定律，则有：
根据动能定理，则有：
解得：
故D正确．
17．
【详解】
根据Ek=Uq可得：加速器中电场对质子的加速电压累计达
根据可得
18．
【详解】
因为液滴进入电场后，做直线运动，而粒子受到竖直向下的重力，如要要想做直线运动，只能受到斜向左上的电场力，如图所示
根据力的合成与分解可得
解得
液滴的运动方向和受到的电场力方向垂直，所以过程中电场力不做功，只有重力做功，故根据动能定理可得
解得
19． 牛顿第二 匀强电场 运动时间 ma at 位移 速率 非匀强
【详解】
（1）[1][2][3][4][5]利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有
（2）[6][7][8]利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，公式有
qEd=mv2-mv（匀强电场）
或
qU=mv2-mv（任何电场）
20． 80 30
【详解】
（1）由于在t=0到 的这段时间内，A板的电势高，所以从P点发出的带负电的微粒会加速向A板移动，加速度的大小为
a=
设粒子距离为l，则根据
l=
需要的时间
t=
再把
l2=
代入到上式中，得
t=
因为t<，说明粒子发出后一直做匀加速直线运动到达A板；
但是在t=0到t=T/2内发射的粒子，并不一定都打到A上，在接近T/2时刻，发射的粒子加速时间短，再减速后有可能到达不了A板，我们设粒子发射后加速△t时间，再减速通过的距离是l；
由于减速时的加速度大小为
a＇=
则可求加速通过的距离
x1==
末速度
v1=a△t=
减速通过的距离
x2=
故
l=x1+x2
即
l=+
解之得
△t=
再把
l2=
代入到上式中得
△t=
由于每个周期内平均产生320个微粒，则单位时间内产生的微粒为
λ=
所以在t=0到t=T/2的这段时间内产生的微粒中，到达A板的微粒数为
N1=（-△t）λ=80
（2）在t=T/2到t=T的这段时间内产生的微粒中，A板的电势低，负电荷会加速向B板运动，能到达A板的粒子应该是向左加速一段时间后，再向左减速，当粒子减速到零时，再反方向加速，减速和反方向加速的时间总时间是，最后再向右减速，最终到达A板，在这些粒子中，最先到达A板的粒子的速度是零。设最初向左加速的时间为△t＇，则向左加速的位移
x1＇=
末速度
v1＇=a＇△t＇
然后粒子向左减速，到减到速度为0后再反方向加速，这段时间为，通过的总位移为
x2＇=- v1＇×+
末速度为
v2＇=- v1＇+a×
最后向右减速到零的距离
x3＇=
因为a＇=2a，故
l= x2＇-x1＇+ x3＇
联立以上方程解之得
△t＇=
故这段时间的粒子数为
N2==30个
21．（1）v0=2.0×l06m/s （2）L=8×10-2m
【详解】
（1）带电粒子在AB板间的加速电场中，根据功能关系得：
qUl=
代入数据解得：v0=2.0×l06m/s
（2）带电粒子射入MN板间做类平抛运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律
a=
由带电粒了刚好从M板右边缘飞出，设在电场中运动时间为t
沿电场方向：
L=v0t
垂直电场方向：

代入数据解得：L=8×10-2m
22． ，竖直向下
【详解】
设小球带电量为q，电场强度大小为E，当场强方向向右时，小球在A点受力如图.由平衡条件得：
qE＝mg/tan30°＝mg.
当场强方向竖直向下时，电场力的方向变为竖直向下，小球从A到B的过程中，重力、电场力都做正功.
由动能定理得：
(mg＋qE)R(1－sin30°)＝mv2－0 ∴v＝
设小球到B点时受到的支持力为.
则：－(mg＋qE)＝mv2/R
代入数据解得： ＝2(＋1)mg
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力
F″N＝2(＋1)mg，方向竖直向下.
23．（1）；（2），
【详解】
（1）设小球从A到C的运动时间为t，竖直方向做竖直上抛运动，到达C点时，竖直方向的速度正好为0，水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，据位移公式可得，水平方向有
竖直方向有
由题意可知
联立解得
小球受到的电场力大小为
小球所受的合力的大小为
（2）由匀变速直线运动的速度时间关系可得
，
联立可得
设与水平方向的夹角为，可得
即
把小球在A点的初速度分别沿着的反方向和垂直的方向分解，垂直方向的分速度大小为
可以把小球的运动分解为垂直方向的匀速直线运动和沿反方向的初速度为v2的匀减速直线运动，对应加速度大小为
当小球在反方向的分速度为零时，小球速度达到最小值，最小值为
可得
沿着的反方向的初速度为
小球由A运动到B的时间为
答案第1页，共2页