2.2带电粒子在电场中的运动 同步练习（Word版含解析）

粤教版（2019）必修三 2.2 带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．2021年8月3日到4日，雅安市持续了两天的雷阵雨天气，在雷雨天人们应该提高防雷意识，保护生命财产安全。现假设在某雷雨天，一雷雨云下方存在一沿竖直方向的匀强电场，其电场强度为104V/m。一半径为1mm的球形雨滴在此电场中不会下落，则该雨滴携带的电荷量的最小值约为（取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m）（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压减为原来的
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
3．“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为的电场中加速后，垂直射入电势差为的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是（ ）
A．变小，不变 B．变大，变小
C．变小，变大 D．不变，变大
4．正电荷在电场力作用下由P向做匀加速运动，那么可以断定，它所在的电场是下图中的哪一个（ ）
A． B．
C． D．
5．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
6．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
7．有一种测量电场强度的方法，其原理如图，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场，虚线框高度为d。让质量为m、带电量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d，已知重力加速度为g，则电场强度E大小为（　　）
A． B． C． D．
8．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
9．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势面．一个质量为m，带电荷量为q的粒子沿AA′方向以初动能色Ek图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场。已知PA′＝2cm，粒子的重力忽略不计，下列说法中正确的是（　　）
A．该粒子通过零势面时的动能是1.25Ek
B．该粒子在P点的电势能是1.5Ek
C．该粒子到达C′点时的动能是2Ek
D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek
10．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．
11．示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（　　）
A．如果只在上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）
B．如果只在上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）
C．如果在、上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（c）
D．如果在，上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（d）
12．如图甲所示，一带电量为的物块置于绝缘光滑水平面上，其右端通过水平弹性轻绳固定在竖直墙壁上，整个装置处于水平向左的匀强电场中。用力将物块向左拉至O处后由静止释放，用传感器测出物块的位移x和对应的速度，作出物块的动能关系图象如图乙所示，其中0.40m处物块的动能最大但未知，0.50m处的动能为1.50J，0.50m～1.25m间的图线为直线，其余部分为曲线。弹性轻绳的弹力与形变量始终符合胡克定律，下列说法正确的是（　　）
A．该匀强电场的场强为 B．弹性绳的劲度系数为5N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为2.5J D．物块会作往复运动，且全过程是简谐运动
13．如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为+q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为。先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）
A．小球到最低点时速度最大
B．小球从开始至最低点过程中动能一直增大
C．小球对杆的最大拉力大小为mg
D．小球可绕O点做完整的圆周运动
14．如图所示，在竖直平面内有一光滑直杆MN，杆与水平方向夹角为α，一质量为m的带电小球套在直杆上，小球带电荷量为＋q，杆所在的空间有一匀强电场，场强方向平行于杆所在的竖直平面，将小球从杆的顶端由静止释放，小球在直杆上运动的时间与α（0°≤α≤90°）角的大小有关，当α=60°时，时间最短，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）
A．电场方向可能与水平方向成60°角指向左下方
B．小球受到的电场力和重力的合力与水平方向成60°角指向左下方
C．电场强度大小可能为
D．小球沿杆下滑的过程中电场力可能不做功
15．在真空中有一竖直向上的匀强电场 E1，一个带电液滴在电场中 O 点处于静止状态。现将 E1 突然增大到 E2，方向不变，作用一段时间。再突然使 E2 反向，保持 E2 大小不变，再经过一段同样长的时间，液滴恰好返回到 O 点。在这两段相同的时间里（　　）
A．重力做功相同 B．动能的变化量相等
C．合力冲量大小相等 D．电场强度大小 E2=2E1
二、填空题
16．如图所示为密立根油滴实验示意图。实验中要设法使带负电的油滴悬浮在电场之中。若在实验中观察到某一个带负电的油滴向下加速运动。在该油滴向下运动的过程中，电场力________（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），重力势能的减少量___________动能的增加量。（填“大于”、“小于”或“等于”）
17．图为示波器的核心部件示波管的原理示意图，电子枪发射出的电子经加速电场（加速电压大小为）加速后，再经过偏转电场后打在荧光屏上。偏转电极Y和之间的电压为，X和之间的电压为，若和均为0，则电子打在荧光屏上的中心点；若电子打在荧光屏上的区域③，则极板X的电势___________极板的电势，极板Y的电势___________极板的电势。（均选填“大于”或“小于”）
18．判断正误
（1）基本带电粒子在电场中一定不受重力。 ( )
（2）带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。 ( )
（3）带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。 ( )
（4）带电粒子在匀强电场中运动，一定做匀变速运动。 ( )
（5）示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置。 ( )
三、解答题
19．如图所示，有一质子电量为e，质量为m由静止经电压U1加速后，进入两块间距为d电压为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求：
（1）质子刚进入偏转电场U2时的速度；
（2）在偏转电场U2中运动的时间和金属板的长L；
（3）质子穿出电场时的动能。
20．如图所示为示波管的结构原理图，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经电势差为的AB两金属板间的加速电场加速后，沿中心轴线射入金属板间，两金属板间偏转电场的电势差为U，电子经偏转电场偏转后打在右侧竖直的荧光屏M上。整个装置处在真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场。已知电子的质量为m，电荷量为e；偏转电场的金属板长为，板间距离为d，其右端到荧光屏M的水平距离为。电子所受重力可忽略不计，求：
（1）电子从加速电场射入偏转电场时的速度大小；
（2）电子打在荧光屏上的位置与O点的竖直距离y；
（3）在偏转电场中，若单位电压引起的偏转距离称为示波管的灵敏度，该值越大表示示波管的灵敏度越高。在示波管结构确定的情况下，为了提高示波管的灵敏度，请分析说明可采取的措施。
21．如图，空间存在一电场强度大小为E=、方向竖直向上的匀强电场。一长为L、不可伸长的轻质绝缘细绳一端固定于该电场中的O点，另一端系一质量为m、电量为q的带正电小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至悬点O的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在位于同一竖直面内且与水平面成角的挡板上的C点。带电小球可视为质点，重力加速度大小为g。求：
（1）绳子能承受的最大拉力的大小；
（2） B、C两点间的高度差和水平距离；
（3） A、C两点间的电势差。
22．用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为，所带电荷量为.现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角为37°.则：
（1）该小球带正电还是带负电？
（2）求电场强度E的大小；
（3）若在某时刻将细线剪断，求经过1s时小球的速度大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向
mg=Eq
其中
m=ρV
解得
故选B。
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得
所以
设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，所以
故A错误；
B．使M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的，粒子将打到N板上，故B错误；
C．使M、N间电压提高到原来的4倍，所以
故C错误；
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的，所以
故D正确。
故选D。
3．B
【解析】
【详解】
根据动能定理
得
在偏转电场中
若使偏转角变小即使变小，使变大，变小可使偏转角变小。
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
正电荷在电场力作用下由P到Q做匀加速运动，则所受电场力方向由P到Q，且大小不变，则场强不变，电场为匀强电场，方向从P指向Q。
故选B。
5．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。
6．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。
7．A
【解析】
【详解】
竖直方向满足
水平方向满足
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
8．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。
9．C
【解析】
【详解】
A．P到C′过程中电场力做功
所以粒子通过等势面BB′时电场力做功为，根据动能定理知，粒子通过等势面BB′时的动能是1.5Ek。即粒子通过零势面时的动能，故A错误；
B．电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面BB′时电场力做功为，所以电势能减小，BB′为零势面，所以粒子在P点时的电势能是0.5Ek．故B错误；
C．带电粒子做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有
v0t＝2cm，＝1cm
解得
vy＝v0
所以离开电场时的速度
v＝＝v0
因为初动能
EK＝mv
粒子到达C′点时的动能
Ek′＝mv2＝mv＝2Ek
故C正确；
D．P到C′过程中电场力做功为Ek，电势能减小Ek，所以粒子到达C′点时的电势能是﹣0.5Ek．故D错误。
故选C。
10．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。
11．D
【解析】
【详解】
A．如果只在XX′上加图甲所示的电压，则电子只在x轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为x轴上的一条亮线，如图（b）所示，故A错误；
B．如果只在YY′上加图乙所示的电压，则电子只在y轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧光屏上看到的图形为y轴上的一条亮线，如图（a）所示，故B错误；
CD．如果在XX′、YY′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图（d）所示，故C错误，D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【详解】
A．在从0.50m～1.25m范围内，动能变化等于克服电场力做的功，则有
ΔEk=qEΔx
图线的斜率绝对值为
k=qE=
解得匀强电场的场强为
故A错误；
B．根据图乙可知，物块在0.50m时离开弹性绳，物块在0.40m时速度最大，此时弹簧弹力和电场力相等，所以物块在平衡位置处弹性绳伸长
Δx=0.5m-0.4m=0.1m
根据胡克定律可得
kΔx=qE
解得
k=20N/m
故B错误；
C．根据能量守恒定律可知，弹性绳弹性势能的最大值
Ep0=qEΔxm=2×1.25J=2.5J
故C正确；
D．因物块离开弹性绳后受恒定的电场力作用，可知物块在全过程中的运动不是简谐振动，选项D错误。
故选C。
13．B
【解析】
【详解】
AB．小球受到重力和电场力作用，如图所示
小球受到的电场力为
此二力的合力大小为
方向斜向左下方并与竖直方向成30°角，此方向圆周上的点为等效最低点，可知小球运动至该点时速度最大，故小球从开始至最低点过程中动能一直增大，A错误，B正确；
C．设小球的最大速度为v，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有
设小球速度最大时，杆对小球的拉力为Fm，对小球应用向心力公式有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球对杆的最大拉力大小为，C错误；
D．如图C为等效最高点，根据等效性、对称性可知，杆转过240°角，当小球到达B点时速度减小为0，不能到达圆周的等效最高点C，故小球不能做完整的圆周运动，D错误。
故选B。
14．A
【解析】
【详解】
AB．由题意可知当α=60°时，小球所受电场力与重力的合力沿杆向下，如图所示：
则电场方向不可能与水平方向成60°角指向左下方，选项A错误，B正确；
C．设电场方向与垂直杆方向的夹角为θ，有
qEcosθ=mgcos60°
当θ=60°时，有
qE=mg
即电场强度
E=
选项C正确；
D．当θ=0°即场强方向与杆垂直时，电场力不做功，选项D正确。
本题选错误的，故选A。
15．D
【解析】
【详解】
液滴在重力和电场力作用下静止，由平衡条件知，电场力方向竖直向上，且
将增大为后，电场力
则反向前液滴将沿竖直向上的方向运动，设反向前液滴运动的时间为t，未速度为，运动的加速度大小为，此过程发生的位移大小为，反向后液滴返回O点过程的加速度大小为，则
联立可得
A．反向前重力做功
反向后重力做功
可见重力做功不相同，故A错误；
B．由动能定理可知，反向前动能变化量大小为
反向后动能变化量大小为
结合
可知B错误；
C．反向前合力的冲量大小为
反向后合力的冲量大小为
结合
可知C错误；
D．根据牛顿第二定律
又
联立解得
故D正确。
故选D。
16． 负功 大于
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]油滴带负电，受到的电场力向上，与移动方向相反，电场力做负功，由动能定理
可知重力做功大于动能的增加量，则重力势能的减少量大于动能的增加量。
17． 小于 小于
【解析】
【详解】
[1][2]若电子打在荧光屏上的区域③，则电子在极板Y和极板之间受到向下的电场力，在极板X和极板之间受到向左的电场力，即极板Y和极板之间的电场强度向上，极板X和极板之间的电场强度向右，根据沿电场线方向电势降低可知极板X的电势小于极板的电势，极板Y的电势小于极板的电势。
18． 错误 错误 错误 正确 正确
【解析】
【详解】
（1）[1]基本带电粒子在电场中一般不受重力，故说法错误；
（2）[2]带电粒子的运动方向与电场力的方向相同时，电场力做正功，粒子的动能会减小，故说法错误；
（3）[3]带电粒子在匀强电场中偏转时，其加速度大小与方向不变，但速度方向和大小会改变，故说法错误；
（4）[4]带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，加速度不变，均做匀变速运动，故说法正确；
（5）[5]示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置，故说法正确。
19．（1）；（2）；；（3）
【解析】
【详解】
（1）质子在左边的加速电场中有
解得
即质子则进入偏转电场时的速度为；
（2）质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向
垂直板方向
而加速度
由以上各式解得
（3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关。所以整个过程由动能定律得：
所以质子射出电场时的动能为
20．（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）对于电子在加速电场中的加速过程，根据动能定理有
解得
（2）设电子在偏转电场中，飞行时间为t，加速度为a，则水平方向有
竖直方向有
其中
解得
设电子飞出偏转电场时的偏角为θ，竖直分速度为vy，则
根据几何关系有
解得
（3）示波管的灵敏度为
则减小加速电场电压U0可以提高示波管的灵敏度。
21．（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】
（1）对小球从A到B的过程应用动能定理可得
小球在B点时有
联立可得
,
故绳子能承受的最大拉力为
（2）离开B点后小球做类平抛运动，设小球加速度为a，则有
解得
在C点
解得
所以BC间的高度差与水平分位移分别为
解得
（3）AC间的电势差为
解得
22．（1）负电；（2）；（3）12.5m/s
【解析】
【详解】
（1）由受力平衡可知：小球带负电；
（2）对小球，由平衡条件可得
解得
（3）剪断细线后，小球只受重力和电场力，所以两力的合力沿着绳的方向，小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
由速度-时间公式得
代入数据解得
v=12.5m/s
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页