10.5带电粒子在电场中的运动练习（word版含答案）

人教版必修第三册 10.5 带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在（　　）
A．A点 B．A点右方2l处
C．A点左方l处 D．A点左方2l处
2．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知加速电场电压为，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为。不计电子重力，现使变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（　　）
A．使变为原来的2倍
B．使变为原来的4倍
C．使变为原来的倍
D．使变为原来的
3．竖直放置的半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在水平地面上，轨道所处空间存在电场，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由底端的A点开始沿轨道内侧上滑，到达顶端B的速度大小仍为v0，重力加速度为g，则（　　）
A．A、B两点间的电势差大小为
B．若电场是匀强电场，则该电场的场强大小为
C．小球在B点的电势能大于小球在A点的电势能
D．小球在B点的机械能等于小球在A点的机械能
4． 如图1所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极之间电势差如图2所示的规律变化，水平偏转电极之间的电势差如图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M点在纸面内以v0的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过N点。已知重力加速度g，不计空气阻力。则下列正确的是（　　）
A．小球从M到N的过程经历的时间
B．可以判断出电场强度的方向水平向左
C．从M点到N点的过程中小球的机械能先增大后减小
D．从M到N的运动过程中速度大小一直增大
6．A、B 是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能 Ep 随位移 s 变化的规律如图所示。设 A、B 两点的电场强度分别为 EA和 EB，电势分别为 φA 和 φB．则（　　）
A．EA>EB，φA>φB B．EA>EB，φA＜φB
C．EA＜EB，φA>φB D．EA＜EB，φA＜φB
7．如图，空间中存在着水平向右的匀强电场，现将一个质量为m，带电量为的小球在A点以一定的初动能竖直向上抛出，小球运动到竖直方向最高点C时的沿场强方向位移是，动能变为原来的一半（重力加速度为g），下列说法正确的是（　　）
A．场强大小为
B．A、C竖直方向的距离为的2倍
C．小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是
D．小球从C点落回到与A点等高的B点时，电场力做功大小为
8．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场，发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）
A．偏转电场对三种粒子做功不一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
9．一带电体在O点静止释放后，在竖直平面内向上运动，带电体的动能大小与位移的关系如图所示，和分别表示带电体经过A和B两个位置时的动能。下列分析合理的是（　　）
A．竖直平面一定存在竖直向上的匀强电场
B．O、A、B三个位置不在一条直线上
C．带电体经过A和B两个位置时的电势能大小关系是
D．带电体经过A和B两个位置时的机械能大小关系是
10．让氕核（）和氘核（）以相同的动能沿与电场垂直的方向进入匀强偏转电场。已知两种粒子均能离开偏转电场，不计粒子的重力，则（　　）
A．两种粒子进入电场时的速度相同
B．两种粒子在电场中运动的加速度相同
C．两种粒子离开电场时的动能相同
D．两种粒子离开电场时的速度方向不同
11．如图所示，一个平行板电容器两板间距离为d，其电容为C，所带电荷量为Q，上极板带正电，现将一个带电荷量为+q的试探电荷由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为l，连线AB与极板间的夹角为30°，则静电力对试探电荷所做的功等于（　　）
A． B． C． D．
12．如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，OO′为板间水平中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从O点以的速度水平射入电场。T时刻小球恰好从O′点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰。则下列说法正确的是（　　）
A．小球的电场力等于重力 B．板间电压
C．时，小球竖直方向速度为0 D．t=T时，小球竖直方向速度为0
13．示波器可用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管。示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极、上都不加电压时，从电子枪发出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在O点产生一个亮斑。若同时在两个偏转电极上分别加和两个交流电信号，则在荧光屏上会观察到（　　）
A． B． C． D．
14．如图所示，虚线圆位于竖直面内，AC和BD为相互垂直的两条直径，其中BD位于水平方向。竖直平面内有足够大的匀强电场，场强大小为，方向与圆周平面平行。在圆周平面内将质量为m、带电量为的小球（可视为质点）从A点以相同的速率向各个方向抛出，小球会经过圆周上不同的点，其中到达B点时小球的动能最大。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．电场的方向由D指向B B．小球运动过程中的加速度大小等于g
C．B点为圆周上的电势最低点 D．经过C点时小球的速度与初速度大小相等
15．据报道，国产的芯片已经实现量产，芯片制造中需要用到溅射镀膜技术，如图是某种溅射镀膜的简易原理图，注入溅射室内的氩气分子被电离成具有一定初速度向各个方向的带正电氩离子，然后在匀强电场作用下高速撞向镀膜靶材，使靶材中的原子或分子沉积在半导体芯片上。忽略离子重力和离子间作用力，以下说法正确的是（　　）
A．电极带正电
B．每个氩离子都是沿电场线运动到靶材上的
C．每个氩离子的加速度都相同
D．每个氩离子的电势能一直变小
二、填空题
16．如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角，已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用，则匀强电场的场强E大小是______。
17．电子的发现揭开了原子结构研究的序幕，现通过如图所示的实验来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）
(1)主要实验步骤如下∶
①真空管内的阴极K发出的电子（不计初速、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过A中心的小孔沿中心轴O′O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板C和D间的区域。当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成一个亮点；
②加上如图所示的偏转电压U后，亮点偏离到P点，P与O点的间距为b。此时，在C和D间的区域，再加上一个方向___________（选填“垂直纸面向里”“垂直纸面向外”）的匀强磁场。调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点。已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L2。
(2)根据上述实验步骤，同学们展开计算分析，得到以下结果（用题给的物理量表示）；
①打在荧光屏O点的电子速度的大小v=______________________；
②推导出电子的比荷的表达式_________________________________。
18．如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点。将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v-t图线如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，不计重力，则有φa_____φb，Ea_______Eb。
三、解答题
19．如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m的光滑半圆形轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E＝1.0×103 V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧竖直边界。现将一质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝－1×10－4 C的滑块（视为质点）从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零。已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ＝0.05，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
（1）滑块通过A点时速度vA的大小；
（2）滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x；
（3）滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值及方向。
20．如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、带电量均为的小球M，N以大小相等方向相反的初速度沿水平方向射出，两小球只在重力作用下运动一段时间后进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开下边界时速度方向竖直向下；M在电场区域内做直线运动刚离开电场区域的速度为N刚离开电场区域时的倍，重力加速度为g。（不考虑两电荷间的库仑力作用）求：
（1）求M与N在电场区域中沿水平方向的位移大小之比；
（2）A点距电场区域上边界的高度；
（3）电场强度的大小。
21．如图所示，半径为的光滑绝缘圆环竖直固定，质量为、带电量为的小球套在圆环上，圆环所在区域内有与环面平行的匀强电场。当小球从点（点与圆心等高）由静止释放，到达最低点时速度为零，重力加速度为。
（1）求、两点间的电势差；
（2）电场沿什么方向时，电场强度最小，求此时电场方向和电场强度大小；
（3）在电场强度最小的情况下，小球经过哪一点时速度最大，求最大速度。
22．在某个空间存在竖直方向的匀强电场，把质量为m的带正电的金属小球P水平向右抛出，小球恰好沿水平方向运动。另一个相同的金属小球Q与P所带电荷量相等、电性相反，小球Q从距离地面高度为h处以水平抛出，重力加速度g，不计空气阻力。求：
（1）匀强电场的场强方向；
（2）若把小球Q水平向右抛出，小球从抛出到落地过程中的水平位移大小；
（3）若电场方向改为水平向左，把小球Q水平向右抛出，小球从抛出到落地过程中电势能的变化量以及小球落地时的动能（可用根式表示）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
粒子只受电场力，加速度大小恒定，方向周期性改变；电子带负电荷，电场力方向与电场强度方向相反，所以电子先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度的大小恒定，方向也是周期性改变，作出v-t图象，如图所示
v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故物体在第一秒内通过的位移为l，第2s位移也为l，第3s位移还是l，故在t=2s时，电子将处在A点左方2l处；
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
要想使电子的运动轨迹不发生变化，则电子射出电场时的速度偏转角应该不变，根据动能定理
根据类平抛运动规律
整理得
使变为原来的2倍，电子射出电场时的速度偏转角不变，则使变为原来的2倍。
故选A。
3．A
【解析】
【详解】
A．设小球从A到B电场力做功为WAB，根据动能定理可知
即
所以A、B两点间的电势差大小为
故A正确；
B．若电场是匀强电场，则小球在竖直方向所受合外力为零，即该电场在竖直方向的分量大小为，但并不代表场强大小就是，故B错误；
CD．小球从A到B电场力做正功，所以小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能，小球在B点的机械能大于小球在A点的机械能，故CD错误。
故选A。
4．D
【解析】
【详解】
在时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当为负的最大值时，电子大在荧光屏上有负的最大位移，当为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，因此D正确，ABC错误。
故选D。
5．A
【解析】
【详解】
AB．小球从M到N的运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W，根据动能定理有
①
解得
W＝0 ②
所以MN为电场的等势面，可知电场的方向水平向右，则小球在竖直方向做自由落体运动，小球从M到N的过程经历的时间为
③
联立①③解得
④
故A正确，B错误；
C．小球受水平向右的电场力，电场力对小球先做负功后做正功，机械能先减小后增大，故C错误；
D．小球所受合外力斜向右下，合外力与速度方向先大于90°，后小于90°，即合外力先对小球做正功，后对小球做负功，小球从M到N的运动过程中速度先减小后增大，故D错误。
故选A。
6．B
【解析】
【详解】
电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，电势能减小，电场力做正功，电场力向右，电场强度向左，电势升高，所以φA＜φB；
因为 ，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，图像的斜率减小，电场强度减小，所以EA>EB。
故选B。
7．A
【解析】
【详解】
A. 设水平方向因电场力产生的加速度为，小球在A点的初速度为，小球在最高点C的速度为，小球从A到C的时间为，则有
，，，
由题意最高点C的动能变为原来的一半，
联立解得场强大小为
A正确；
B. 球从A到C过程，水平方向
竖直方向
联立解得
B错误；
C. 小球在水平方向做初速度为0的匀加速运动，由于A到C的时间等于C到B的时间，则有
即小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是，C错误；
D. 小球从C点落回到与A点等高的B点时，电场力做功大小
D错误；
故选A。
8．D
【解析】
【详解】
A．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知
解得横向速度
粒子在偏转电场中的时间
在偏转电场中的纵向速度
纵向位移
偏转角
即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，速度的偏向角相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A错误；
B．粒子打到屏上时的速度
因θ相同，但是v0不同，则v不同，选项B错误；
C．粒子打到屏上的时间取决于横向速度v0，因横向速度v0不同，则三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误；
D．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同，故D正确。
故选D。
9．C
【解析】
【详解】
A．由图线可知带电体的动能与竖直向上的位移的关系可表示为
图线的斜率表示带电体受到的合外力，斜率不变，合外力不变，说明带电体做匀加速直线运动，受到竖直向上的恒定电场力作用。但由于带电体带电性未知，所以电场方向不能确定是竖直向上，故A错误；
B．带电体在O点静止释放后，在竖直平面内向上运动可知O、A、B三个位置在一条直线上，故B错误；
C．带电体在空中运动过程中，只有重力和电场力做功，由能量守恒可知，从A到B，动能和重力势能都增加了，则电势能必定较小，所以有，故C正确；
D．由图知带电体由A运动到B，动能增加，此过程带电体在向上运动，重力势能也在增加，所以机械能一定在增加，即，故D错误。
故选C。
10．C
【解析】
【详解】
A．两种粒子的质量不同，进入电场时的动能相同，所以速度不同，故A错误；
B．设电场强度为E、电荷质量为m、电荷量为q，两种粒子在电场中运动的加速度
电场强度相同，电荷量相同，质量不同，所以加速度不同，故B错误；
CD．设偏转电场的宽度为L，粒子的初动能为Ek，粒子离开电场时沿电场方向的速度为
粒子离开电场时的速度方向与初速度夹角的正切为
种粒子离开电场时的速度方向相同，两种粒子离开电场时的动能
两种粒子离开电场时的动能相同，故C正确，D错误。
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
电容器两板间的电压为，则板间场强为，所以粒子受电场力为F=qE，所以试探电荷在从A到B的过程中，电场力做的功为
联立解得
故选B。
12．B
【解析】
【详解】
A．设~T时间内小球的加速度为a，0~T小球在竖直方向的位移为零，根据运动学公式可得
解得
由牛顿第二定律可得
解得
故A错误；
B．根据匀强电场中电场强度与电势差的关系式，有
又
联立，可得
故B正确；
C．时，小球竖直方向速度为
故C错误；
D．t=T时，小球竖直方向速度为
故D错误。
故选B。
13．C
【解析】
【详解】
若同时在两个偏转电极上分别加和两个交流电信号，所以在XX’方向上的偏转位移在正负最大值之间按正弦规律变化，YY’方向上的偏转位移在正负最大值之间按余弦规律变化，在XX’方向有最大值时，YY’方向为零，同理，在YY’方向有最大值时， XX’方向为零，根据正余弦的定义可知，任意时刻，电子打在荧光屏上的位置坐标都是
即
所以电子在荧光屏上的落点组成了以O为圆心的圆，故C正确，ABD错误。
故选C。
14．D
【解析】
【详解】
A．小球受到电场力和重力的合力，当到达等效最低点时动能最大，故B点为等效最低点，因此受到合力方向右D指向B，受力分析，可知
因为小球带正电，所以场强方向与电场力方向相同，如图所示
故A错误；
B．加速度大小为
故B错误；
C．沿电场线方向电势降低，因此最低点为F，故C错误；
D．合力方向右D指向B，因此从A到C合力做功为0，动能相等，速度大小相等，故D正确。
故选D。
15．C
【解析】
【详解】
A．氩气分子被电离而带正电，在匀强电场作用下高速撞向镀膜靶材，电极带负电，A错误；
B．因氩离子的初速度方向向各个方向，在与电场线在同一直线上时，沿电场线运动到靶上，不与电场线在同一直线上的，不一定沿电场线到靶材上的，所以不都是沿电场线运动到靶上的，B错误；
C．每个氩离子的带电量相同，受到的电场力相同，质量相同，所以加速度都相同，C正确；
D．因氩离子的初速度方向向各个方向，电场力对有的氩离子一直做正功，电势能一直减小，有的对氩离子先做负功后做正功，所以有的氩离子电势能先增大后减小，D错误。
故选C。
16．
【解析】
【详解】
解：设带电粒子在 P 点时的速度为 v0，在 Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为 x 轴，向右为正方向，平行于电场线为 y 轴，向上为正方向，设粒子在电场中的运动时间为 t，则
由几何知识求得粒子在 y 轴方向的分速度为
粒子在 y 方向上的平均速度为
设粒子在 y 方向上的位移为 y0
将t带入解得
粒子从P到Q，由动能定理
所以电场强度大小为
17． 垂直纸面向外
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]如图所示，电场强度方向向上，根据平衡条件，所加磁场方向垂直纸面向外；
(2)[2]根据平衡条件
解得
[3]根据平抛运动规律
由三角形相似
解得
18． < >
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]由题意可知，粒子只受电场力时，其动能和电势能之和保持不变，而由v-t图像可知粒子从a运动到b的过程中速度逐渐增大，加速度逐渐减小，因此粒子受到的电场力方向向右，大小逐渐减小，所以电场强度向左，大小逐渐减小，又沿电场线的方向电势逐渐降低，故a点电势低于b点电势，a点场强大于b点场强。
19．（1）2.0m/s；（2）5.0m；（3）1.94m/s，方向与水平方向的夹角是arctan0.25。
【解析】
【详解】
解：（1）滑块通过A点时对轨道的压力恰好是零，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
vA=2.0m/s
（2）设滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离为x，则从释放点到A点，由动能定理则有
代入数据解得
x=5.0m
（3）滑块从A点飞出后，受重力和电场力的作用，在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做自由落体运动，有
由数学知识可解得，当
=0
时，在空中运动速度v有最小值，可得
解得
速度v与水平方向的夹角是arctan0.25。
20．（1）3：1；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）对小球M，有
对小球N，有
可得
（2）设小球M离开电场时水平速度为v1，竖直方向速度为vy，有
则
因为
则
因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为，则有
解得
在竖直方向上有
解得A点距电场上边界的高度
（3）因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，有
则电场的电场强度
21．（1）；（2）由指向，；（3）弧中点，
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理有
解得
（2）根据
可知，最大时电场强度最小，的最大值是两点间距，所以电场方向沿连线由指向时电场强度最小，最小值为
（3）根据重力和电场力合力的方向可知小球经过弧中点时速度最大，根据动能定理有
解得
22．（l）竖直向上；（2）；（3），
【解析】
【详解】
（l）因为带正电的小球P恰好沿水平方向运动，所以电场方向竖直向上。
（2）小球P所带电荷量为＋q，则Q所带电荷量为－q，开始小球P恰好沿水平方向运动，有
小球Q受到的电场力
，竖直向下
小球Q的加速度恒为
，竖直向下
根据匀变速运动规律，竖直方向有
水平方向有
解得
（3）电场方向改为水平向左，小球Q受到电场力水平向右，大小为
小球的水平加速度向右，大小为
把小球Q水平抛出后，水平方向
竖直方向
解得
位移向右、电场力做正功，小球Q的电势能减少，电势能减少量
解得
小球Q落地时动能
代入数据解出
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页