10.5带电粒子在电场中的运动 基础练习（Word版含答案）

10.5、带电粒子在电场中的运动
一、选择题（共15题）
1．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，质子流内单位体积的质子数为n，其等效电流为I，质子电量为e，则质子的质量为（　　）
A． B． C． D．
2．如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的图像如图乙所示。设负电荷在A、B两点所受的静电力为、，A、B两点的场强分别为、，则根据图乙的信息可知下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示，a、b、c为电场中相邻的三条等差等势线，质子仅在电场力作用下从A点沿实线经B点运动到C点，A、B、C三点的场强大小分别为EA、EB、EC；电势分别为φA、φB、φC；质子在A、B、C三点的电势能分别为EpA、EpB、EpC；动能分别为EkA、EkB、EkC，则（　　）
A．EA＞EB＞EC B．φA＞φB＞φC
C．EpA＞EpB＞EpC D．EkA＜EkB＜EkC
4．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（ 　）
A． B． C． D．
5．如图，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500V，左板电势高于右板电势．一个动能为400eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中．经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为（ ）
A．400eV B．900eV C．500eV D．100eV
6．如图所示，是竖直平面上圆的一条竖直直径，是该圆的任意一条直径，已知和不重合，且该圆处于匀强电场中，场强大小为E，方向在圆周平面内。将一带负电的粒子Q从O点以相同的动能射出，射出方向不同时，粒子会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达A点时粒子的动量总是最小。如果不考虑重力作用的影响，则关于电场强度的下列说法中正确的是（　　）
A．一定由C点指向A点 B．一定由A点指向C点
C．可能由B点指向D点杆 D．可能由D点指向B点
7．如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场由电极、形成，实线为电场线，虚线为等势线，轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则（　　）
A．Q点电势大于R点的电势
B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在P点处电势能大于在Q点处电势能
D．电子从P至R的运动过程中，动能先减小后增加
8．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（　　）
A．微粒达到B点时动能为
B．微粒的加速度大小等于gsinθ
C．两极板的电势差UMN＝
D．微粒从A点到B点的过程电势能减少
9．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过三点，已知。该电子的电势能 随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（　　）
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．AB两点电势差等于BC两点电势差
D．电子经过A点的速率大于经过B点的速率
10．如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压为U，在N板附近由静止释放一质子（不计重力）。下列说法正确的是（ ）
A．若仅增大两板间距离，则质子受到的电场力变大
B．若仅减小两板的正对面积，则金属板所带的电荷量变少
C．若仅减小两板间距离，则回路中会出现逆时针方向的瞬时电流
D．若仅将两板间的电压变为2U，则质子到达M板时的速度变为原来的2倍
11．如图所示，带正电的物体A带电量q=0.01C，质量为2kg，物体B不带电，质量为1kg。整个空间存在水平方向的匀强电场（图中未画出），电场强度E=1000N/C，现用平行于斜面的力F推动带电体A，使不带电的物块B恰好能贴着A一起沿固定斜面向上做匀速直线运动。已知斜面光滑，A、B之间不粘连，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且AB之间的动摩擦因数μ=0.75，带电体A与其它物体之间不导电。则下列说法正确的是（　）
A．斜面倾角为
B．斜面倾角为
C．若匀强电场的方向水平向右则F的大小等于30N
D．若匀强电场的方向水平向左则F的大小等于24N
12．如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功9J，电场力做功4J，则（　　）
A．粒子在B点的动能比在A点多5J B．粒子在C点的电势能比在B点少4J
C．粒子在C点的机械能比在A点少16J D．粒子在C点的动能为25J
13．在图甲所示的两平行金属板上加有图乙所示的电压，该电压的周期为T，大量电子（其重力不计）以相同的初速度连续不断地从A点沿平行于金属板的方向射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为，不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是
A．0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小
B．时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小
C．在0 ～时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同
D．在0 ～时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同
14．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于电场线方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点(　　)
A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动的时间相等
C．三小球到达正极板时动能关系是EkA＞EkB＞EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是aA15．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m可看成质点的带电小球以初速度v从M点竖直向上抛出通过N点时，速度大小为v，方向与电场方向相反。若MN连线与水平方向夹角为45°，则小球从M点运动到N点的过程中（　　）
A．小球的动能先减小再增大 B．小球的机械能先增大再减小
C．小球的重力大小一定等于电场力大小 D．小球的电势能一定逐渐增大
二、填空题
16．一质量为m的带电小球，静止在两块带电平行金属板间的匀强电场中，此时两板间电压为300V；若将该电压降到60V，其它条件不变，则小球的加速度为___________m/s2．
17．如图所示，一质量为 m 、带电量为 q 的物体处于场强为 E kt （ k 为大于零 的常数），方向为水平向左的变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为 ， 当 t 0 时刻物体刚好处于静止状态．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，经过时间t=__________________，物体的运动速度达到最大值，最大值是________________．
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，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强为E，两板相距d，板长L．一带电量为q、质量为m的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，则
⑴粒子带_______电荷（填“正”或“负”）
⑵要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为_______，此过程中粒子在电场中运动时间为_______，电势能的变化量为_______（用已知量表示）
综合题
20．一质量为m1=1 kg,带电荷量为q=+0. 5 C的小球以速度v0=3 m/s,沿两正对带电平行金属板(板间电场可看成匀强电场)左侧某位置水平向右飞入,极板长0. 6 m,两极板间距为0.5 m,不计空气阻力,小球飞离极板后恰好由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC,圆弧轨道ABC的形状为半径R<3m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点竖直线OO′的右边界空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E=10 V/m.(g=10m/s2)求：
(1)两极板间的电势差大小U；
(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，求半径R的取值应满足的条件.
（3）若在B处放一个质量为m2光滑绝缘小球，且m2=m1，两球相碰为弹性正碰，若m2球能运动到圆弧轨道最高点，求圆弧轨道半径的范围.
21．为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示，若AB=1.0m，α=37°，q=-5×10-7C，F=5×10-4N，（不计重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）电场力的大小和方向；
（2）求出场强和AB间的电势差；
（3）求q在由A到B的过程中电势能的变化量是多少？
22．如图所示为示波器的部分构造示意图，真空室中电极K发射的电子（初速不计），经过U1=1000V的加速电场后，由小孔沿平行金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=0.20m，相距d=0.030m，在两极板右侧有一荧光屏，荧光屏到极板右端距离L=0.3m。A、B间不加电压时，电子打在荧光屏的中点O。当A、B两板加上电压U2时，电子打在荧光屏上的P点，设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。求：
(1)电子打到荧光屏O点时的动能是多少电子伏（eV）？
(2)设P到O的距离为Y，试推导Y距电压U2的关系式。
(3)P到O的距离Y的最大值。
23．示波管的内部结构如图所示，如果在偏转电极XX'、YY'之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX'之间和YY'之间分别加上如图所示的电压，请画出荧光屏上出现的完整扫描波形图( )
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
根据电流微观表达式，可得
质子在电场力作用下加速运动，根据动能定理，则有
解得
故A对，BCD错。
故选A。
2．C
【详解】
根据速度时间图像的斜率表示加速度，所以由题图可知粒子从A点运动到B点，加速度逐渐减小，则电场力变小，场强变小，所以有
故选C。
3．A
【详解】
A．等势线的疏密表示电场强度的大小，等势线越密集场强越大，则
EA＞EB＞EC
故A正确；
B．质子所受电场力指向轨迹凹侧，根据电场线与等势线垂直，作出大致的电场线方向如图所示，再根据沿电场线方向电势降低可知
φA＜φB＜φC
故B错误；
CD．质子由A点运动到C点的过程中，电场力对质子做负功，质子的电势能增加，根据能量守恒定律可知质子动能减小，即
EpA＜EpB＜EpC，EkA＞EkB＞EkC
故CD错误。
故选A。
4．C
【详解】
试题分析：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；
5．A
【详解】
电子从A孔向B孔运动时，电场力对电子做负功，当电子到达B孔点时，克服电场力所做的功
因此电子不能到达B孔点，电子向右做减速运动，在到达B孔之前速度变为零，然后反向运动，从A孔离开磁场，在整个过程中，电场力做功为零，由动能定理可知，电子离开电场时的动能
故选A。
6．A
【详解】
粒子在运动的过程中只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，粒子的速度增大（或减小），到达A点时粒子的动量总是最小，说明小球到A的动能最小，所以粒子在A点的电势能最大，由于粒子带负电，所以A点的电势最低，电场线的方向一定是由 C点指向A点故A正确，BCD错误。
故选A。
7．C
【详解】
A．沿着电场线的方向，电势逐渐降低，所以Q点电势低于R点的电势，故A错误；
B．电场线的疏密分布反映了电场强度的强弱分布，由图可知Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误；
C．P点处的电势低于Q点处的电势，由可知，电子在P点处的电势能大于在Q点的电势能，故C正确；
D．电子从P至R的运动过程中，电势能一直在减小，即电场力一直在做正功，所以动能一直在增加，故D错误。
故选C。
8．C
【详解】
AB．微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定水平向左，如图所示
沿直线做匀减速直线运动，所以将动能减小，由图可知微粒所受的合外力为
根据牛顿第二定律可得
解得
a=gtanθ
故AB错误；
CD．微粒从A点到B点的过程中，重力势能不变，动能减小量为
根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了，又
△Ep=qUMN
可得到两极板的电势差为
故C正确，D错误。
故选C。
9．B
【详解】
AD．一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，经过A点的速率小于经过B点的速率，故AD错误；
B．根据，可知图象的斜率大小体现电场强度的大小，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，B正确；
C．由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据
可得A、B两点电势差大于B、C两点电势差，C错误。
故选B。
10．B
【详解】
A．电容器两极板之间的电压保持不变，根据：
可知极板间距离增大，电场强度减小，根据电场力：
可知质子受到的电场力变小，A错误；
B．根据电容器的决定式：
可知正对面积减小，电容减小，极板间电压不变，根据电容的定义式：
可知电荷量减小，B正确；
C．根据电容器的决定式：
可知减小极板间距，电容增大，极板间电压不变，根据电容的定义式：
可知电荷量增大，电容器充电，回路中出现顺时针方向的瞬时电流，C错误；
D．质子从静止释放到板，根据动能定理：
解得：
若仅将两板间的电压变为，速度变为原来的倍，D错误。
故选B。
11．C
【详解】
AB．物块B恰好能贴着A一起沿固定斜面向上做匀速直线运动，由B平衡得
又得
解得
故AB错误；
C．对AB整体受力分析且由平衡得
联立解得
故C正确；
D．对AB整体受力分析且由平衡得
联立解得
故D错误。
故选C。
12．D
【详解】
A．粒子从A到B过程中克服重力做功9J，电场力做功4J，故外力做功，，由动能定理可得粒子在B点的动能比在A点少5J，故A错误；
B．根据粒子受力情况，由牛顿第二定律可得，粒子在竖直方向做加速度为g的匀变速运动，在水平方向做初速度为零，加速度
的匀加速运动。根据B为最高点，竖直分速度为零可得，粒子从A到B与从B到C的运动时间相等，故由匀加速运动规律可得，粒子在BC上的水平位移是AB上水平位移的3倍，根据
故粒子从B到C电场力做功12J，粒子在C点的电势能比在B点少12J，故B错误；
CD．从A到C电场力做功16J，故粒子在C点的机械能比在A点多16J，故C错误；因为A点、C点等高，重力势能相等，那么，粒子从B到C重力做功9J；又有B点速度水平，粒子从A到B电场力做功4J，所以，粒子在B点的动能为4J，有B到C由动能定理
可得:粒子在C点的动能为
D正确。
故选D。
13．BD
【详解】
从0时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动；当到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动，当T到时间内继续做类平抛运动，因此离开电场时侧移量最大，故A错误；从时刻射入电场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；当T到时间内沿着速度方向做类平抛运动，当到2T时间内再沿速度方向做匀速直线运动，因此离开电场时侧移量最小，故B正确；在0 ～内，不同时刻进入电场的电子，在竖直方向的加速时间不同，则离开电场时的竖直速度vy不同，合速度是，则速度大小都不相同，速度方向也不相同，故C错误，D正确；故选BD.
14．AD
【详解】
在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示：
由此可知不带电小球做平抛运动
带正电小球做类平抛运动
带负电小球做类平抛运动
根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短
A．三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，C带负电的小球，故A正确；
B．由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故B错误；
C．根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多，动能最大，带正电小球合力最小为G-F，做功最少，动能最小，即有
故C错误；
D．因为A带正电，B不带电，C带负电，所以
由受力分析可知，
故D正确．
15．AC
【详解】
BD．由题意可知，电场力对小球做正功，则小球的电势能一直减小，除了重力之外的其他力对小球做正功，则小球的机械能一直增加，故BD错误；
C．根据几何关系知：小球竖直方向速度减为零的位移和水平方向速度增加到的位移相等，根据位移速度关系
可得竖直方向的加速度和水平方向加速度相等，可得
又
可得
故C正确；
A．根据动能定理
得
竖直方向做初速度为的匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，开始重力做的负功大于电场力做的正功，竖直方向速度和水平方向速度相等后，电场力做正功的大于重力所做负功，所以动能先减小后增大，故A正确。
故选AC。
16．8
【详解】
电压为300V时，小球静止，有：；
电压降到60V时有：
解得a＝8m/s2
17．
【详解】
当 t 0 时刻物体刚好处于静止状态，，，所以有；
物体的加速度大小，当加速度大小为0时，物体的运动速度最大，图像中，所围的面积是速度的变化量，
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． 正
【详解】
试题分析：（1）平行板间的电场为匀强电场，方向竖直向下，而粒子向着B板偏转，说明粒子受到的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电
（2）粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，所以，，
在水平方向上做匀速直线运动，所以有，故有，解得，
电势能的变化量为：；
20．（1）10 V （2） ；或 （3）
【详解】
⑴在 A 点vy= v0tan 53°= 4 m/s
带电粒子在平行板中t=L/v0 = 0.2 s
vy = at, a= 20 m/s2
又 mg+Eq=ma E=U/d 得U=10 V
(2)在A点速度vA = 5 m/s
i.若小球不超过圆心等高处
ii.若小球能到达最高点C
在 C 点: 可得
可知：
故圆弧軌道半径R的取值条件为：
或
(3)m1球运动B处
m1球与m2球是弹性碰撞且质量相等，根据动量和能量守恒知两者碰后交換速度 v1=0，v2=vB
对m2球能运动到C点应满足条件：
解得：
可得；
21．（1）5×10-4N，与F方向相反；（2）800V；（3）
【详解】
（1）电荷受力如图
由平衡知识可知，电荷所受电场力应与F方向相反，方向相反，故
（2）场强大小
（3）电场力做负功，电势能增加
22．(1)1000eV；(2)；(3)0.06m。
【详解】
(1) 根据动能定理，电子打到荧光屏O点时的动能
Ek=U1e=1000eV
(2)根据
U1q=mv2
出偏转电场时的偏移量
y=at2=
二者结合得
y=
再由
得
Y=
(3)当电子从下极板边缘射出时，Y有最大值，即
即
Ym==0.06m
23．，
【详解】
A图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图
要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压，B图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图
答案第1页，共2页