2.4 带电粒子在电场中的运动 专项测试（word版含答案）

2.4、带电粒子在电场中的运动
一、选择题（共16题）
1．一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a，b，c，如图所示，则有( )
A．质点由a到c电势能先减小后增大
B．质点在a，b，c三处的加速度大小之比是1:2:1
C．a，b，c三点电势高低及电场强度大小的关系是
D．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向,则质点q可能做类平抛运动
2．在匀强电场中将一个带电量为q、质量为的小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，此直线与竖直方向的夹角为θ，则匀强电场E的最小值是
A． B． C． D．
3．如图所示，虚线 a、b、c 是电场中的三个等势面，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法正确的是（　　）
A．质点在 Q 点时电势能比 P 点时大
B．质点在 Q 点时加速度方向与等势面 a 垂直
C．三个等势面中等势面 a 的电势最低
D．质点在 Q 点时的加速度比在 P 点时的大
4．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，点R同时在电场线b上，由此可判断
A．带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
B．带电质点在P点的电势能比在Q点的大
C．带电质点在P点的动能大于在Q点的动能
D．P、R、Q三点，P点处的电势最高
5．如图所示，一正点电荷在点电荷的电场中受电场力作用沿一圆周的圆弧ab运动，已知该点电荷的电荷量为q，质量为m（重力不计），ab弧长为l，电荷经过a、b两点时速度大小均为v0，则下列说法中不正确的是（　　）
A．a、b两点的场强大小相等
B．a、b两点的场强方向相同
C．a、b两点的电势相等
D．电荷在a、b两点的电势能相等
6．如图所示，让质子（）、氘核（）和α粒子（）的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转。忽略重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（　　）
A．它们将从同一位置沿同一方向离开偏转电场
B．它们将从同一位置沿不同方向离开偏转电场
C．它们将从不同位置沿同一方向离开偏转电场
D．它们将从不同位置沿不同方向离开偏转电场
7．如图所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则
A．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
B．a点电势φa小于b点电势φb
C．粒子在a点的动能Eka小于在b点的动能Ekb
D．粒子在a点的电势能Epa小于在b点的电势能Epb
8．某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)
A．粒子必定带正电荷
B．该静电场一定是孤立正电荷所产生的
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的速度大于它在N点的速度
9．一个带正电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是
A．该粒子可能做直线运动
B．该粒子在运动过程中速度大小保持不变
C．t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同
D．粒子运动轨迹上各点的电势不可能相等
10．光滑绝缘水平面上固定两个等量正电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一质量m=1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（　　）
A．A、B、C三点的电场强度大小为
B．中垂线上B点电场强度的大小
C．
D．小物块在B点的电势能
11．如图所示，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，所带电荷的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，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，若不计重力，则 （　　）
A．M带负电，N带正电
B．N在a点的速度与M在c点的速度大小不同
C．M从O点运动到b点的过程中，电场力对它做的功等于零
D．N在从O点运动到a点的过程中克服电场力做功
12．如图甲所示，AB是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从A点出发，仅在电场力作用下沿直线从A点运动到B点，其v﹣t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．质子运动的加速度随时间逐渐增大
B．电场线的方向由B指向A
C．质子的电势能减小
D．A、B两点电场强度的大小关系满足EA＜EB
13．某示波管在偏转电极XX′、YY′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心．现给偏转电极XX′（水平方向）、YY′（竖直方向）加上如图（1）、（2）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）
A． B．
C． D．
14．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法
A．减小U2 B．减小U1 C．减小d D．减小L
15．在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，其中A带+q的电荷量，B不带电。弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现加一个平行于斜面向上的匀强电场，场强为E，使物块A向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v，则（　　）
A．物块A的电势能增加了Eqd
B．此时物块A的加速度为
C．此时电场力做功的瞬时功率为Eq vsinθ
D．此过程中， 弹簧的弹性势能变化了Eqd－m1gdsinθ－
16．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是（　　）
A．物块在上滑过程中机械能一定减小
B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
二、填空题
17．如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则EA_____EB（填“＞”、“=”或“＜”），φA_____φB（填“＞”、“=”或“＜”）
18．如图所示，水平平行线代表电场线，但未指明方向，带电量为10-7C的正电荷，在电场中只受电场力的作用，由A运动到B，动能损失2×10-4J，A点的电势为-2×103V，则微粒运动轨迹是虚线_______（填“1”或“2”），B点的电势为________V。
19．如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，则从a点运动到b点的过程中，粒子加速度_________（填“逐渐增大”或“逐渐减少”）；粒子电势能________（填“逐渐增大”或“逐渐减少”）；a点的电势比b点的电势________（填“高”或“低”）。
20．如图，倾角为θ的光滑绝缘斜面底端固定一带电量为﹢Q的物体A，另一带电量为﹢q、质量为m的物块沿斜面从B点由静止开始运动到C点．若B、C两点间的电势差为U，则物块从B运动到C的过程中电势能的变化量为_______；若物块运动到C点时速度恰好达到最大，则AC间的距离应为________．
综合题
21．如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，两板间距L=15cm，接上直流电源。上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h＝20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量q＝－3.5×10－14C，质量m＝3.0×10－9kg。当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零。（不计空气阻力，g＝10m/s2）求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？
试卷第1页，共3页
22．半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是其重力的倍。将珠子从环上最低位置A点静止释放，则：
(1)珠子所能获得的最大动能是多少？
(2)珠子对圆环的最大压力是多少？
23．如图所示，在平面坐标系第一象限内有沿-x方向的匀强电场，电场强度大小为E，y轴与直线x=-d（d>0）区域之间有沿-y方向的匀强电场，电场强度大小也为E，一个带电量为+q的粒子（不计重力）从第一象限的s点由静止释放。
（1）若s点坐标为，求粒子通过x轴的位置坐标；
（2）若s点坐标为，求粒子通过x轴时的动能；
（3）若粒子能通过工轴上的点的坐标为（-3d，0），求释放s点的坐标（r，y）应满足的关系式。
参考答案：
1．C
【详解】
带电质点q受到的电场力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向可知质点q与固定在O点的点电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加；由b到c电场力做正功，电势能减小，即质点由a到c电势能先增大后减小，故A错误；a、b、c三点到Q的距离关系为，由库仑定律：，可得：质点在a、b、c三处所受的库仑力大小之比，故B错误；根据点电荷电场线的特点，Q与a、c距离相等，都小于b，故b点的电势低于a、c两点的电势，即有，由，知，故C正确；由于点电荷的电场是非匀强电场，质点q所受的电场力是变力，不可能做类平抛运动．故D错误．故选C．
2．B
【详解】
电场力仅将垂直于运动方向的分力平衡时，所需电场力最小，所以E=．答案选B．
3．B
【详解】
A．负电荷从P向Q运动，电场力做正功，电势能减小，所以质点通过Q点时的电势能比通过P点时的小。故A错误；
B．根据电场线与等势面的相互垂直可知，质点通过Q点时的电场力的方向一定与等势面a垂直，所以质点通过Q点时的加速度的方向一定与等势面a垂直，故B正确；
C．电场力做正功，故φa>φc，故C错误；
D．等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大。故D错误。
故选B。
4．C
【详解】
A、电场线的密的地方电场强度大，P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．故A错误；
D、根据轨迹弯曲的方向和电场线可知电荷所受的电场力应向右，电场方向向右，顺着电场线方向电势减小，故Q点电势最大，P点最低，故D错误；
B、利用推论：正电荷在电势高处电势能大，知道P点电势能小．故B错误；
C、电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能小，则动能大．故C正确．
故选C．
5．B
【详解】
A．由于在a、b两点电荷的速度大小相同，根据
可知电荷在a、b两点所受的向心力大小相同，故a、b两点的场强大小相等，故A正确；
B．由于电荷运动过程中速率不变，故电场力提供向心力，所以电场力指向圆心，故场强的方向指向圆心，故a、b两点场强的方向不同，故B错误；
C．由于在a、b两点电荷的速度大小相同，故在从a运动到b的过程中电场力不做功，根据
可知a、b两点的电势差为0，故两点的电势相等，故C正确；
D．根据
可知在电荷从a运动到b的过程中电场力所做的功等于0，故电荷电势能的变化为0，即电荷在ab两点的电势能相等，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】
设加速电压为U1，偏转电压为U2，设进入电场的粒子质量为m，电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理可得
在偏转电场中，粒子做类平抛运动，令粒子在偏转电场中沿初速度方向的位移为x，偏转位移为y，有
，，
，
联立以上各式可得
，
可见电场里偏转位移和粒子速度和水平方向的夹角都与其质量和电荷量的多少无关，故将从同一位置沿同一方向离开偏转电场。
故选A。
7．C
【详解】
由图可知粒子受力应向左方，因粒子带正电，故电场线的方向应向左，故正点电荷Q应在N一侧，故a处的场强大于b处的场强，故粒子在a处的电场力大于b处电场力，故a点的加速度大于b处的加速度；故A正确；沿电场线的方向电势降低，故a点的电势大于b点的电势，故B错误；粒子由a到b过程中，电场力做正功，故动能增大，故a点的动能小于b点的动能，故C正确；电场力做正功，故电势能减小，故a点的电势能Epa大于在b点的电势能Epb；故D错误.
8．C
【详解】
由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，故A错误．孤立正电荷的电场线从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场不一定是孤立正电荷产生的．故B错误．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故C正确．正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度动能，故D错误．故选C．
9．B
【详解】
粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，故A错误．根据能量守恒，粒子的电势能不变，可知粒子的动能不变，速度大小不变，故B正确．粒子的电势能不变，电场力不做功，根据电场力公式W=qU知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，故CD错误．故选B．
10．C
【详解】
A．从乙图可以看出物块的速度在增大，即沿水平面做加速运动，电场方向一定沿AC方向，速度时间图像的斜率表示加速度，所以在B点的加速度最大，所以B点的电场力最大，即电场强度最大，A错误；
B．由于物块的电荷量未知，则无法确定中垂线上B点电场强度的大小，故B错误；
C．根据动能定理可得
所以
选项C正确；
D．由于不知道零势能点不能确定各点的电势，所以无法求解B点的电势能，D错误；
故选C。
11．C
【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直向上，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错误。
C．O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零。故C正确。
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C。
12．C
【详解】
解：A、速度图象的斜率等于加速度，则由图可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由F=Eq可知，A点的场强等于B点场强，EA=EB；故AD错误；
B、质子从A到B的过程中，速度增大，动能增大，则可知电场力做正功，故电势能减小，电势降低，电场线的方向由A指向B，故B错误，C正确；
故选C
13．C
【详解】
由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并且偏转位移相同；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，故C正确，A,B,D错误；故选C.
14．BC
【详解】
电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：
所以电子进入偏转电场时速度的大小为：，
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：，
所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大，减小和减小，故BC正确，AD错误．
15．BD
【详解】
A．电场力对物块A做正功
物块A的电势能减少，其电势能减少量为，故A错误；
B．当物块B刚要离开挡板C时，弹簧的弹力大小等于B重力沿斜面向下的分量，即有
对A，根据牛顿第二定律得
未加电场时，对A由平衡条件得
根据几何关系有
联立解得：此时物块A的加速度为
故B正确；
C．此时电场力做功的瞬时功率为
故C错误；
D．根据功能关系知电场力做功等于A与弹簧组成的系统的机械能增加量，物块A的机械能增加量为
则弹簧的弹性势能变化了
故D正确；
故选BD。
16．CD
【详解】
A．上滑过程中满足
则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；
B．上滑过程中由动能定理
则
则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；
C．由于滑块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；
D．当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为
N=mgcos30°
摩擦力
f=μmgcos30°=mgsin30°
可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。
故选CD。
17． = ＜
【详解】
由速度图象可知，电子做匀加速直线运动，所受电场力不变，根据
得知，电场强度E不变，则有EA=EB；
由题意可知，在A点释放初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B，电子所受的电场力方向从A到B，电子带负电，则电场强度方向从B到A，电势φA＜φB。
18． 2 0
【详解】
因从A到B动能减小，可知电场力做负功，而电场力指向轨迹的凹向，则微粒的运动轨迹是2；
由于动能损失2×10-4J，可知电场力做功为
WAB=-2×10-4J
解得
而
则
19． 逐渐减小 逐渐增大 低
【详解】
由粒子的运动轨迹可以知道，带电粒子所受的电场力向左，因为粒子带正电，故电场线向左，因为a点运动到b点过程中，电场线越来越稀疏，故电场强度减小，粒子所受的电场力减小，则加速度逐渐减小。
从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大。
正电荷的电势能增大，则电势升高，所以a点的电势低于b点的电势。
20． －Uq，
【详解】
物块从B运动到C的过程中，电场力做负功Uq，电势能增加，则根据，则电势能的变化量为－Uq；
物块运动到C点时速度恰好达到最大，则满足
解得
.
21．(1)2.0×106V/m；(2)3.0×105V；(3)1.2×10－6C
【详解】
(1)(2)由动能定理
W=ΔEk
得
mg（h＋L）=qU
U=
代入数据
U=V=3.0×105V
E===2.0×106V/m
(3)该电容器带电量
Q=CU=4.0×10－12×3.0×105C=1.2×10－6C
22．(1)；(2)
【详解】
(1)如图，在珠子能够静止的一点进行受力分析，设OB与OA之间的夹角为θ，则
所以
θ=37°
珠子在等效最低点B时具有最大的动能。
珠子从A到B的过程电场力和重力做功，珠子的动能增加，即：
﹣mgr（1﹣cosθ）+qEr sinθ=EK﹣0
解得珠子所能获得的最大动能
Ek=﹣mgr（1﹣cosθ）+qErsinθ=。
(2)珠子在最低点B处受到的压力最大。
根据合力提供向心力
又因为重力和电场力的合力
所以
根据牛顿第三定律，珠子对圆环的最大压力是。
23．（1）（，0）；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得
故粒子进入第二象限时的速度
粒子从位置为进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，假设粒子没有出电场左边界，则有
故在水平方向上的位移
故粒子未到达电场左边界，粒子通过x轴的坐标为（，0）；
（2）若s点坐标为，粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得
故粒子进入第二象限时的速度
粒子从位置为处进入第二象限，假设粒子没有出电场左边界，则有
故在水平方向上的位移
则粒子恰好经过（-d ，0）故对粒子从静止到通过x轴的过程应用动能定理可得，粒子通过x轴时的动能
（3）设满足条件的释放点的坐标为（x，y），粒子在第一象限电场中运动过程根据动能定理可得
所以
粒子进入第二象限，在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从电场左边界射出时的速度方向与x轴的偏转角为θ，则有
又有粒子做类平抛运动的竖直位移
粒子离开电场后做匀速直线运动，故有
所以
所以
故释放s点的坐标（x，y）应满足的关系式为
答案第1页，共2页