2.2 带电粒子在电场中的运动 专项测试（word版含答案）

2.2、带电粒子在电场中的运动
一、选择题（共16题）
1．如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为，带电量为的小球从圆弧管的水平直径端点C由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。则放于圆心处的点电荷在C点产生的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其它力，则下列判断中正确的是（ ）
A．若粒子是从Ａ运动到Ｂ，则粒子带正电
B．粒子一定带负电
C．若粒子是从Ｂ运动到Ａ，则其速度减小
D．若粒子是从Ｂ运动到Ａ，则其加速度增大
3．如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列判断正确的是（ ）
A．粒子从a到b过程中动能逐渐减小
B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
C．负点电荷一定位于M的左侧
D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
4．某静电场中的电场线分布如图所示，方向未知。带电粒子在该电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N。则（　　）
A．粒子必定带正电荷
B．该静电场可能是孤立正电荷产生的
C．粒子在M点的加速度可能等于它在N点的加速度
D．粒子在M点的速度小于它在N点的速度
5．如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的两个同心圆．一个带电粒子在仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，实线与两圆在同一平面内，带电粒子在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，电势能大小分别为Ea、Eb、Ec，则
A．aa>ab>ac，EaB．aa>ab>ac，EbC．ab>ac>aa，EbD．ab>ac>aa，Ea6．如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的一半后返回，下列措施中能满足此要求的是（不计带电粒子的重力）（　　）
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
7．K、A是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形金属板，直径为L，板间距离为，金属板接入电路如图所示（只画出了纸面内的剖面图），M、N两端外加电压。K极板正中间有一粒子源，可向其左侧空间均匀的发射速度大小为v，质量为m，电荷量为-q（q＞0）的粒子，平行板间的电场看做匀强电场，则以下说法正确的是（　　）
A．当时，电流表示数为0
B．当时，电流表示数不为0
C．当时，电流表示数为I，则当时，电流表示数为3I
D．当时，电流表示数为I，则当（）增大时，电流表最大示数为1. 5I
8．A,B是某点电荷产生的电场中的一条电场线的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，先后经过A,B两点，其速度随时间变化的规律如图．则（ ）
A．A,B两点的电场强度
B．电子在A,B两点受的电场力
C．该点电荷一定在B点的右侧
D．该点电荷可能带负电
9．质子和α粒子由静止开始在同一电场中加速，此后垂直电场方向进入同一电场偏转，离开偏转场后打在荧光屏上，下列说法正确的是（ ）
A．到达荧光屏的位置相同
B．到达荧光屏的时间相同
C．到达荧光屏时的动能相同
D．到达荧光屏时的速度相同
10．空间有平行于纸面的匀强电场，一电荷量为﹣q的质点（重力不计），在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示，已知力F和MN间夹角为θ，MN间距离为d，则（　　）
A．MN两点的电势差为
B．匀强电场的电场强度大小为
C．带电小球由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ
D．若要使带电小球由N向M做匀速直线运动，则F必须反向
11．如图所示，在匀强电场中，一个带正电的物体沿水平方向的绝缘天棚平面做匀速直线运动。从某时刻（设为t=0）起，电场强度从E0均匀增大。若物体与天棚平面间的动摩擦因数为μ，电场线与水平方向的夹角为θ，物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和天棚平面均足够大，下列判断正确的是（　　）
A．在t=0之前，物体可能向左匀速直线运动，也可能向右匀速直线运动
B．在t=0之前，物体受到的摩擦力大小可能为零
C．在t=0之后，物体做减速运动，且加速度越来越大，直到停止
D．在t=0之后，物体做减速运动，最后要掉下来
12．如图所示，竖直放置的光滑绝缘半圆轨道半径为R，最低点B与水平面平滑相接，C为最高点，A为与圆心O等高点，轨道处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小为，方向与轨道平面平行。现有一质量为m、电荷量为的小球在电场中运动，关于小球在电场中的运动说法正确的是（　　）
A．若小球沿轨道运动，则小球在A处的电势能最大
B．小球从A静止释放，刚到水平面时动能为
C．如果在B处给小球一个合适的初速度，小球沿轨道到达A的速度可能为零
D．如果在B处给小球一个合适的初速度，小球沿轨道到达C的速度可能为
13．某电场中电场线如图中实线所示，一电子仅在电场力作用下由a点运动到b点，则（　　）
A．电子在a点的加速度小于它在b点的加速度
B．电子在a点的动能小于它在b点的动能
C．电子在a点的电势能小于它在b点的电势能
D．a点的电势低于b的电势
14．如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于沿斜面向下的匀强电场中，一带电荷量绝对值为q、质量为m的小球。以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面向上做匀速直线运动，最终通过斜面顶端C点。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．小球在C点的电势能大于在A点的电势能
C．A、C两点的电势差
D．电场强度大小为
15．一对平行金属板带有等量异种电荷，如果金属板不是足够大，两板之间的电场线就不是相互平行的直线，如图所示，C、D、E、F为金属板表面上的不同位置．关于该电场，下列说法正确的是(　　)
A．A点的场强小于B点的场强
B．一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等
C．将一负电荷从P点移到A点，其电势能减小
D．带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入，它将做类平抛运动
16．点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上。它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称地有一个正方形路径（与ABCD共面），如图中实线所示，O为正方形与矩形的中心，则（　　）
A．取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强为零
B．b、d两点场强相等，b点比d点电势高
C．将某一正试探电荷沿正方形路径移动，电场力先做正功，后做负功
D．将某一正试探电荷沿正方形路径移动，电场力先做正功，后做负功
二、填空题
17．如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有一初速度v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动至B，其能量变化情况是（重力不能忽略）：则动能________，重力势能_______，电势能_______（填“增大”或“不变”或“减小”）。
18．如图所示，匀强电场方向水平向右，一带负电微粒沿笔直的虚线在电场中斜向上运动，则该微粒在从A运动到B的过程中，其动能将_____，电势能将_____（填“增大”或“减小）．
19．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从极板左侧中央以相同的水平速度v先后垂直地射入匀强电场中．分别落在正极板的a、b、c处，粒子所受重力不能忽略，则可知粒子a、b、c三个粒子在电场中的加速度有aa _____ab _____ac（填“”、“”或 “”），c粒子__________电（填“带正电”、“带负电” 或“不带电”）

20．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷(重力不可忽略)从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零．若此电荷在A点处的加速度大小为g，此电荷在B点处的加速度大小为______；方向________；A、B两点间的电势差(用Q和h表示)UAB＝______.
综合题
21．如图，一绝缘斜面固定在水平地面上，斜面与水平面的夹角，处在竖直向下的匀强电场中。一比荷为k的带正电粒子自斜面顶点A以速度水平射出，经时间t恰好落在斜面的底端B，不计粒子的重力，，，求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）A、B两点间的电势差U。
22．如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的平面平行且竖直向下。PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ=45°。质量为m、电荷量为+q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力。
(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；
(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值△Ep。
23．如图所示，用30cm的细线将质量为的带电小球P悬挂在O点正下方，当空中有方向为水平向右，大小为的匀强电场时，小球偏转37°后处于静止状态。
（1）分析小球带何种电荷；
（2）求小球带电量q；
24．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．B
【详解】
设圆的半径是r，由C到B，由动能定理得：
在B点，对小球由牛顿第二定律得：
联立以上两式解得：
由于是点电荷形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即放于圆心处的点电荷在C点产生的场强大小为，故B正确ACD错误。
故选B。
2．B
【详解】
试题分析：A、根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，可知粒子所受的电场力大致向左，与电场线的方向相反，所以粒子一定带负电，故A错误，B正确；C、从B到A过程中，电场力与速度方向成锐角，电场力对粒子做正功，动能增大，则其速度增大，故C错误．D、电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大．所以粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故D错误；故选B．
3．B
【详解】
C．粒子运动中受到的电场力指向曲线的凹处，可判断出电场线从M→N，负电荷在M点的右侧，C错误；
A．粒子从a到b过程中，电场力做正功，动能逐渐增大，A错误；
B．因动能增大，故电势能减小，则带正电的粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，B正确；
D．由于a点离负点电荷距离较远，故粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，D错误。
故选B。
4．D
【详解】
A．根据轨迹可以确定，粒子受电场力方向向下，但是由于场强方向未知，所以粒子带电性质不能确定，A错误；
B．因为不确定电场的方向，所以无法确定是否为孤立正电荷所产生，B错误；
C．电场线越密集，场强越大，所以N点的场强小于M点的场强，，所以N点的加速度小，C错误；
D．因为由M运动到N，电场力方向沿电场线切线向下，与速度方向夹角小于90度，电场力做正功，所以N点动能大，速度大，D正确。
故选D。
5．D
【详解】
点电荷的电场强度的分布特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，带电粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，根据带电粒子P轨迹弯曲方向判断知带电粒子在运动的过程中，带电粒子一直受静电斥力作用，从a到b，静电力对带电粒子P做负功，电势能增大，则有Eb＞Ea．从b到c，静电力对带电粒子P做正功，电势能减小，则有Eb＞Ec．而且从a到b静电力做功数值较多，所以Ec＞Ea．综合可得Eb＞Ec＞Ea，故D正确．故选D．
6．B
【详解】
A．粒子刚好能达到N金属板时，根据动能定理得
现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于。当初速度减为原来的，U不变，则有带电粒子动能的变化量为
故A错误；
B．电压加倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功为
与粒子动能变化相等，故B正确；
C．电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功
与粒子动能的变化不等，故C错误；
D．初速度减为原来的，则带电粒子动能变化为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，二者不相等，故D错误。
故选B。
7．C
【详解】
AB．当发射速度水平向左时，向左的位移最大，设粒子到达A板速度恰好为零，此时电流表示数为零，根据动能定理，有
整理得
故AB错误；
CD．由题意，当UMN=0时，电流表示数为I，设此时恰好能运动到A板的粒子与水平面夹角为θ，则有
即为
θ=30°
则当UMN（UMN＞0）增大时，当增大到一定值时，所有粒子均能到达A极板；当时，此时与板平行射出的粒子
粒子打到板上的位置距离中心的距离为
可知此时0＜θ＜90°范围的粒子都能到达A板，此时电流表最大示数为3I； 故C正确，D错误；
故选C。
8．C
【详解】
A、速度-时间图象的斜率代表加速度，由图可知：电子在运动过程中，加速度增大，说明电子所受电场力增大，即有，由可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即，故AB错误；
C、因，该点电荷一定在B点的右侧，电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，所以该点电荷带正电，故C正确，D错误．
9．A
【详解】
A．带电粒子在电场中加速，由动能定理
进入偏转电场中作类平抛运动
，
联立可得
速度偏转角
可见两粒子从偏转电场的同一位置射出，且速度方向相同，故两粒子到达荧光屏的位置相同，故A正确；
B．两粒子在加速电场（视为匀强电场，位移为l1）中运动时间
经过偏转电场（水平位移为l2）及离开偏转电场到荧光屏过程（水平位移为l3），水平方向速度不变
则粒子运动的总时间为
由
得
质子比荷大于α粒子，所以质子离开加速电场时的速度v0大，故总时间小，故B错误；
C．电场力做功等于动能的变化，初动能为零，所以动能增量即为末动能
Ek=
只与电量有关，所以到达荧光屏时的动能不同，故C错误；
D．由
Ek=
所以
末速度大小与比荷有关，而质子和α粒子的比荷不同，所以末速度大小不等，故D错误。
故选A。
10．A
【详解】
A．根据动能定理可得
解得
故A正确；
B．电场线方向沿F方向，MN沿电场线方向距离为，由公式
得
故B错误；
C．小球M到N电场力做负功为，电势能增大，故C错误；
D．小球在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，由M到N，F方向不变，故D错误。
故选A。
11．C
【详解】
AB．在之前，物体受到重力（竖直向下）、支持力（竖直向上）、电场力（与的方向相同，斜向右上方）、摩擦力，根据物体做匀速运动，受力平衡，所以摩擦力方向只能水平向左，故物体只能水平向右运动，故AB错误；
D．在之后，电场强度从均匀增大，竖直方向，所以永远不会掉下，故D错误；
C．在之后，电场强度从均匀增大，水平方向有
，
当时，，即为
所以有
而越来越大，所以上式越来越小，就是负得越来越大，所以加速度向左且不断增大直到物体停止运动，故C正确；
故选C。
12．A
【详解】
A．电荷量为的小球在电场力作用下做负功时电势能增大，则沿轨道运动到A点，电场力做负功最多，故A处的电势能最大，故A正确；
B．小球从A静止释放时，重力和电场力的合力斜向右下，小球直接沿做匀加速直线运动而不会沿轨道做圆周运动，设合力与竖直的夹角为，
有
由动能定理有
解得小球刚到水平面时动能为
故B错误；
C．如果在B处给小球一个合适的初速度，M点为圆心等高处，在等效场中M点之前的位置速度都能减为零，而A点超过了圆心等高处，速度较小时就脱轨，即A点的速度不可能为零，故C错误；
D．如果在B处给小球一个合适的初速度，小球沿轨道到达C点时，沿径向至少有重力和电场力的分力，则能够到达C点的速度一定大于，故D错误；
故选A。
13．C
【详解】
A．由电场线可知，点的电场线密，所以点的电场强度大，电子受的电场力大，加速度也就大，故A错；
BC．电子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线斜向下的，所以电子从到的过程中，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，所以电子在点的动能大于它在点的动能，在a点的电势能小于它在b点的电势能，所以B错误，C正确；
D．由于电子带负电，在电场中电势越低，电子具有的势能越大，因此a点的电势高于b的电势，故D错。
故选C。
14．CD
【详解】
A．小球沿斜面向上做匀速直线运动，可知小球所受的电场力平行斜面向上，小球带负电，选项A错误；
B．从A到C电场力做正功，则电势能减小，即小球在C点的电势能小于在A点的电势能，选项B错误；
D．由平衡知识可知
解得
选项D正确；
C．A、C两点的电势差
选项C正确。
故选CD。
15．BC
【详解】
A项：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则电场内部A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；
B项：由图可知，C点与E点的电势相等，D点与F点的电势相等，所以UCD=UEF，所以一带电粒子分别从C移到D和从E移到F，电场力做功相等．故B正确；
C项：由沿电场线方向电势降低可知，A点电势高于P点电势，负电荷在A点的电势能小于在P点的电势能，所负电荷从P点移到A点，电势能减小，故C正确；
D项：带正电粒子从P点沿平行于极板方向射入时，由于极板之间的电场不是匀强电场，所以电荷受到的电场力是变化的，它不能将做类平抛运动，故D错误．
故应选：BC．
16．BC
【详解】
A．从图中可以看出，经过O点的等势面通向无穷远处，所以O点的电势与无穷远处电势相等，故O点的电势为0，而场强不为0，故A错误；
B．根据对称性及电场的叠加，从图中可以看出bd两点电场强度相等；从b点到d点沿电场线方向，电势降低，即b点比d点电势高，故B正确；
C．将某一正试探电荷沿正方形路径移动，从a到d，电场力做正功，从d到c，电场力做负功电场力先做正功，后做负功，故C正确；
D．将某一正试探电荷沿正方形路径移动，从a到b，电场力先做负功，从b到c电场力做正功，故D错误。
故选BC。
17． 减小 增大 增大
【详解】
微粒做直线运动，所受合力需与运动方向在同一直线，已知重力向下，故电场力应向左，使合力与运动方向相反，微粒做匀减速直线运动，可知动能减小。
微粒竖直方向向上运动，重力势能增大，水平方向向右运动，电场力做负功，电势能增大。
18． 减小 增加
【详解】
当微粒从A到B时，受电场力水平向左，则电场力做负功，重力也做负功，总功为负值，由动能定理得知，动能减小，而电势能增大。
19． < < c粒子带负电
【详解】
由题意知带电粒子在电场中做类平抛运动，不带电粒子做平抛运动可知，垂直电场方向做匀速直线运动，平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，由图可知a在垂直电场方向的位移最大，c最小，故可知，在电场中的运动时间满足：ta＞tb＞tc，在平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，因为位移相同，则根据位移时间关系h＝at2得粒子的加速度a=，因为ta＞tb＞tc，h相同，故有aa＜ab＜ac．
粒子在电场中合外力为电场力和重力的合力，由题意知电场方向竖直向上，故正电荷在电场中受电场力方向与重力方向相反，合力小于重力，故其加速度a小于重力加速度，负电荷受力方向与电场方向相反即竖直向下，其合力大于重力，故其加速度大于重力加速度．不带电粒子只受重力，其加速度为重力加速度，由于aa＜ab＜ac，所以可以判断，c带负电，b不带电，a带正电．
20． 3g 竖直向上 －
【详解】
这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时：
在B点时：
解：
aB＝3g，方向竖直向上,
从A到B过程，由动能定理得：
解得：
.
21．（1）；（2）
【详解】
（1）设粒子到达B时，速度与水平方向的夹角为，竖直方向的速度为。粒子做类平抛运动，有
而
加速度
又有
联立方程，解得
（2）设A点到水平面的距离为d，A、B两点间的电势差
在竖直方向
联立方程，解得
22．(1)；(2) 粒子到达圆周最低点A点电势能变化量最大，
【详解】
(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，有：
2Rsinθ=v0t
2Rcosθ=
由牛顿第二定律得
Eq=ma
联立得

(2)粒子到达圆周最低点A点电势能变化量最大
△Ep=-qEd
而
d=R+Rcosθ
联立得
23．（1）小球带正电荷；（2）
【详解】
（1）电场方向水平向右，小球受到的电场力水平向右，则小球带正电荷；
（2）小球受力平衡，则有
解得
24．，
【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