2.2带电粒子在电场中的运动 练习（word版含答案）

粤教版（2019）必修三 2.2 带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到点，则由O点静止释放的电子（　　）
A．运动到P点返回
B．运动到P和点之间返回
C．运动到点返回
D．穿过点
2．如图所示，竖直平面内存在一与水平方向夹角为θ（θ<45°）的匀强电场，轻质绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、带正电的小球，小球恰好静止于A点。现给小球施加一外力F，使其静止B点。已知OA水平，OB与竖直方向的夹角也为θ，细线始终处于伸直状态，重力加速度为g，小球可视为质点，则外力F的最小值为（　　）
A．mgtanθ B． C． D．
3．如图所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子（初速度不计、重力不计），经加速电场加速后从垂直电场方向射入两平行板左侧中央，受偏转电场作用，从两平行板右侧飞出时的偏转距离为y，则（　　）
A．y与q成正比 B．y与m成反比
C．y与比荷成正比 D．y与m、q均无关
4．如图所示，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb、φc，且φa＞φb＞φc。一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（　　）
A．粒子从L到M的过程中，动能减少
B．粒子从K到N的过程中，电势能增加
C．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
D．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
5．图中虚线是某电场中的一组等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示，若粒子仅受电场力的作用，下列正确的是（　　）
A．a点的电势比b点的电势低
B．两个带电粒子电性可能相同
C．粒子从P运动到a的过程中，电势能减少
D．粒子从P运动到b的过程中，电势能增加
6．图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为，到达Q点时速度减为零，粒子从P到Q运动的图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．P点电势一定高于点Q电势 B．Q点场强小于P点场强
C．P、Q两点间的电压为 D．带电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
7．如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷I和II，电荷仅在电场力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能E1随位移x变化的关系如图乙。若I的电荷量为q，则可知（　　）
A．电荷II的电荷量为
B．电荷II受到的电场力大小为
C．此电场一定为匀强电场且场强大小
D．选O点为电势零点，A点的电势为
8．如图所示，A、B为两竖直放置的平行金属板，A、B两板间电势差为U。C、D为两水平放置的平行金属板，始终和电源相接（图中并未画出），且板间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A、B间加速进入C、D之间并发生偏转，最后打在荧光屏上，C、D两极板长均为x，与荧光屏距离为L，则（　　）
A．该粒子带负电 B．该粒子在电场中的偏移量为
C．该粒子打在屏上O点下方和O相距的位置 D．该粒子打在屏上的动能为qU
9．如图所示，竖直平面内有一平行板电容器AB，两极板电势差为U，靠近A板有一个粒子源，可产生初速度为零，电荷量为q的带电粒子，B板开有一小孔，粒子可无摩擦地穿过小孔，B板右侧有一宽度为d，大小为E0的匀强电场，方向竖直向下，现通过调节U的大小，使粒子离开E0电场区域的动能最小，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子离开E0电场区域时的最小动能为qE0d
B．U的大小应调为
C．粒子离开E0电场区域时速度与水平方向夹角为37°
D．粒子离开E0电场区域时竖直方向偏转的距离为d
10．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
11．两个等量同种正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点如图甲所示。一个电荷量为2×10-3C、质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点由静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，图像中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。下列说法正确的是（　　）
A．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B．B点为中垂线上的电场强度最大的点，大小为E=50V/m
C．由C点到A点电势逐渐升高
D．A、B两点间的电势差UAB=675V
12．如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为、两板间距离为、板间加直流电压的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（　　）
A．两个粒子同时离开偏转电场
B．粒子离开偏转电场时速度方向不同
C．两粒子离开偏转电场时速度大小相同
D．两个粒子从偏转电场同一点离开
13．如图所示，一个带负电的油滴以初速v0从P点斜向上进入水平方向的匀强电场中，倾斜角θ=45°，若油滴到达最高点时速度大小仍为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
14．某带电体周围分布的电场线或等势面的剖面图如图所示，其中a、c是同一条实线上的两点，b是另一条实线上的一点，则（ ）
A．图中实线是电场线
B．b点的电势一定高于c点的电势
C．a、c两点电场强度的方向可能相同
D．将同一试探电荷依次放在a、b、c三点上，则在a点时试探电荷受到的电场力最大
15．绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（　　）
A．负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
B．负点电荷在B点速度大于
C．负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度
D．当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
二、填空题
16．如图所示，为一电场的电场线分布图，在图中的A、B两点，有一带电粒子经A点沿图中虚线飞过B点则加速度较大的是_______，动能较大的是_______。（分别填“A”或“B”）
17．和B是原来不带电的两个小球，它们相互摩擦后，带的正电荷，则摩擦过程中，_______（选填“得到”或“失去”）电子的数目为______个.现把球竖直悬挂于水平方向的匀强电场中，球偏离竖直方向的角度为，如图所示.已知球的质量为，当地的重力加速度，则匀强电场的电场强度大小为_______.
18．带电粒子在电场中的加速
（1）基本粒子的受力特点∶对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力（重力）的作用，但万有引力（重力）一般______________静电力，可以__________。
（2）带电粒子加速问题的处理方法∶
①利用动能定理分析∶初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU=mv2，则。
②在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
三、解答题
19．电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。如图展示的是一台医用电子直线加速器。其内部原理如图甲，装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在时，位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。之后电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。请回答以下问题（已知电子的荷质比取，电压的绝对值，周期，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，不考虑电子的重力）
（1）说明在t0时刻，圆筒1与金属圆板之间的电势差是正值还是负值；
（2）分析并说明电子在圆筒内的受力情况；
（3）求电子进入第3个圆筒时的速度大小；
（4）求第3个圆筒的长度。
20．如图所示，一绝缘细线上端固定，下端拴一质量为m、电荷量为+q的小球。将它置于水平方向的匀强电场中，当小球处于平衡状态时，细线离开竖直位置的偏角为α。求：
（1）该匀强电场电场强度的方向与大小；
（2）此时细绳拉力的大小。
21．长为l的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端悬吊一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）。在空间施加一沿水平方向的匀强电场，如图所示。保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的点，并由静止释放。小球在A点时速度最大，此时细线与竖直方向夹角为α=37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，电场的范围足够大，重力加速度为g。
（1）求匀强电场的电场强度大小；
（2）a.求小球运动至最低点时速度大小；
b.求小球从B点运动到最低点过程，合外力冲量的大小和方向。
22．如图所示，半径R=1m的绝缘光滑圆弧轨道竖直放置，在A点右侧空间存在水平向右大小为E=1×105N/C的电场，质量为m=0.4kg、带电荷量为q=+3×10-5C的小球从O1点以4m/s初速度做平抛运动，恰好与圆弧轨道A点相切进入，已知A与圆心连线与竖直方向夹角θ=37°。不考虑边缘电场的影响，不计空气阻力，试回答以下问题（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2）
（1）求小球抛出点位置相对A点的水平距离；
（2）求小球在圆弧轨道上运动的最大速度，及此时小球对轨道的压力。
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
设BC间场强为E2，BC板电量不变，BC板间的场强为
知BC板间的场强不随距离的变化而变化，当C板向右平移到P'时，BC板间的场强不变
设AB间电场强度为E1，根据题意由O点释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理，有
知，电子仍然运动到P点返回
故选A。
2．C
【解析】
【详解】
在A点对小球受力分析，如图所示
可知重力和电场力的合力水平向右，大小为
在B点对小球受力分析，如图所示
小球相当于受水平向右、大小为F'的力和沿细线方向的拉力及力F的作用，当力F垂直于细线方向斜向左下方时，力F最小，最小值为
故C正确，ABD错误。
故选C。
3．D
【解析】
【详解】
设加速电场电压为，离子加速后速度大小为v，有
设偏转电场电压为，平行板长为L、间距d，离子从两平行板右侧飞出时的偏转距离为
联立
可解得
可知y与m、q均无关。
故选D。
4．D
【解析】
【详解】
A．电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图，故粒子从L到M的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，动能增加，故A错误；
B．粒子从K到N的过程中，电势能先增加后减小，KN两点的电势能相等，故B错误；
C．粒子从L到M的过程中，从高电势向低电势运动，电场力做正功，故C错误；
D．粒子从K到L的过程中，电势一直增加，故电场力做负功，故D正确。
故选D。
5．C
【解析】
【详解】
A．无法确定电势高低，A错误；
B．轨迹向两侧弯曲，两个带电粒子电性一定相反，B错误；
CD．轨迹向电场力方向弯曲，粒子从P运动到a的过程中，电场力做正功，电势能减少，C正确；同理，粒子从P运动到b的过程中，电势能也减少，D错误。
故选C。
6．B
【解析】
【详解】
A．由于粒子的电性未知，所以无法判断P、Q的电势高低，故A错误；
B．根据v-t图像可知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，即粒子在P点所受电场力大于在Q点所受电场力，所以Q点场强小于P点场强，故B正确；
C．粒子从P到Q的过程，电场力对粒子做功为
所以P、Q两点间的电压为
故C错误；
D．粒子从P到Q的过程，电场力对粒子做负功，粒子电势能增大，所以粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能，故D错误。
故选B。
7．C
【解析】
【详解】
B．由动能定理可知，电荷的动能随位移的变化图线的斜率表示该电荷所受的电场力，故电荷I和II所受的电场力分别为
故B错误；
C．由图可知，电场力为恒力，则电场强度大小方向均不变，为匀强电场，根据
可知，匀强电场的电场大小
故C正确；
A．又
所以电荷II的电荷量为，故A错误；
D．电荷I由O到A的过程中，有
解得
选O点为电势零点，A点的电势
故D错误。
故选C。
8．C
【解析】
【详解】
A．粒子在极板间运动只受电场力作用，由粒子在C、D板间向下偏转可知电场力方向竖直向下，根据场强方向竖直向下可得粒子带正电，故A错误；
B．对粒子在A、B间运动应用动能定理可得
所以，粒子离开B板时速度大小
粒子在C、D间运动初速度水平，合外力即电场力方向竖直向下，故粒子做类平抛运动，运动时间
故竖直偏转位移
故B错误；
C．由平抛（类平抛）推论知，末速度反向延长线交于水平位移的中点，由几何关系得
解得
故C正确；
D．粒子在A、B加速度后的动能为qU，接着在偏转电场中电场力对粒子做正功，粒子的动能增加，所以该粒子打在屏上的动能一定大于qU，故D错误。
故选C。
9．A
【解析】
【详解】
粒子在左侧电场中
在右侧电场
，
根据动能定理粒子离开E0电场区域时
根据数学关系可知
动能最小，此时
，
粒子离开E0电场区域时竖直方向偏转的距离
粒子离开E0电场区域时速度与水平方向夹角
故A正确BCD错误。
故选A。
10．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。
11．B
【解析】
【详解】
A． 由C到A的过程中电场力的方向与电荷的运动方向相同，电场力做正功，物块的电势能一直减小，A错误；
B． B点斜率最大，加速度最大，电场力最大，电场强度最大，根据牛顿第二定律得
根据图像得
解得
C． 根据电场线形状，由C点到A点电势逐渐降低，C错误；
D． 根据动能定理得
解得

D错误。
故选B。
12．B
【解析】
【详解】
A．设粒子的初速度为v0，粒子在电场中做类平抛运动，离开偏转电场的时间为
则两个粒子同时离开偏转电场，故A正确，不符合题意；
B．设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向的加速度为
竖直方向的分速度为
偏转角度的正切为
氘核和氦核的比荷相同，两个粒子离开偏转电场时速度方向相同，故B错误，符合题意；
CD．两个粒子在偏转电场中水平方向分速度相同，离开偏转电场时竖直方向的分速度相同，离开偏转电场时速度大小相同，且从偏转电场同一点离开，故CD正确，不符合题意。
故选B。
故选。
13．A
【解析】
【详解】
带负电粒子电场力水平向左，但是竖直方向会达到最高点C，所以粒子所受的重力作用一定不能忽略，粒子在电场力和重力作用运动，若油滴到达最高点时速度大小仍为v0，则由定能定理可得
得出
即
则油滴最高点的位置在P点的左上方。
故选A。
14．D
【解析】
【详解】
A．电场线一定从带电体表面出发或终止，图中实线应是等势线，A错误；
B．带电体所带电荷电性未知，电场线方向未知，故无法判断b、c两点的电势高低，B错误；
C．如果带电体带正电，c点场强向左而a点场强向右，同理如果带负电c场强向右而a点向左，因此a、c两点电场强度的方向不同，C错误；
D．a、b、c三点中，a点处等势线密度最大，故a点处电场强度最大，D正确。
故选D。
15．C
【解析】
【详解】
A．由图像，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；
B．AO段与BO段电势差相等，电场力做功大小相等，且AO段电场力对电荷做正功，OB段电场力对电荷做负功，故电荷在B点速度为v0，故B错误；
C．电荷在AB间运动v-t图像如图
由于位移相等，则面积相等，AO段的时间小于OB段的时间，易知电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正确；
D．负点电荷分别处于-m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但-m处的速度大于m处的速度，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选C。
16． B A
【解析】
【详解】
[1]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，则在B点时的加速度较大；
[2]从A到B得过程中，电势能增加，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，故A点的动能较大。
17． 失去
【解析】
【详解】
[1][2]摩擦起电过程中转移的是自由电子，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，即摩擦过程中失去电子，失去的电子数
个
[3]根据力的平衡有
解得
18． 远远小于 忽略不计
【解析】
【分析】
【详解】
带电粒子在电场中的加速
（1）[1][2]基本粒子的受力特点∶对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力（重力）的作用，但万有引力（重力）一般静电力，可以忽略不计。
19．（1）在t0时刻，给电子加速，电场向左，圆筒1与金属圆板之间的电势差是正值；（2）由于金属导体内部电场强度等于零，所以电子在圆筒内不受力；（3）；（4）
【解析】
【详解】
（1）在t0时刻，给电子加速，电场向左，圆筒1与金属圆板之间的电势差是正值；
（2）由于金属导体内部电场强度等于零，所以电子在圆筒内不受力；
（3）根据动能定理得
电子进入第3个圆筒时的速度大小
（4）求第3个圆筒的长度。
当电子在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，因此第三个圆筒的长度为
20．（1）电场的方向为水平向右， ；（2）
【解析】
【详解】
（1）电场的方向为水平向右 ，球受力分析如图所示
对球由力的平衡条件得
得场强大小
（2）绳的拉力
即细绳的拉力的大小为
21．（1）；（2）a. ；b. ，水平向右
【解析】
【详解】
（1）由题意可知，当小球运动至A点时，其速度方向与所受电场力和重力的合力方向垂直，根据力的合成与分解可得
解得
（2）a.对小球从B点运动至最低点的过程中，根据动能定理有
解得
b.根据动量定理可知小球从B点运动到最低点过程，合外力冲量的大小为
方向水平向右。
22．（1）1.2m；（2），22.2N
【解析】
【详解】
（1）设小球从O1点到A点的时间为t，有
解得
t=0.3s
小球抛出点位置相对A点的水平距离
x=vt=1.2m
（2）小球运动到A点的速度为
小球在电场中所受电场力为
电场力与重力的合力为
与竖直方向的夹角为
解得
由几何关系可知，则等效最高点在C点，设等效最低点在B点，如图所示
则小球运动到B点时速度最大，由动能定理可得
解得
此时轨道对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为。
答案第1页，共2页
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