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．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为+q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（mg>qE），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（　　）
A．<<< B．=<= C．=<< D．<=<
2．如图所示，一个质量为m、带电量为+q的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点A、C、B，粒子在A、B两点的速率均为v0，在C点的速率为。已知AC=d，匀强电场在ABC平面内，粒子仅受电场力作用。则（　　）
A．场强方向垂直于AB背离C，场强大小为
B．场强方向垂直于AB指向C，场强大小为
C．场强方向垂直于AB指向C，场强大小为
D．场强方向垂直于AB背离C，场强大小为
3．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
4．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
5．如图所示，高为h的固定光滑绝缘斜面，倾角θ=53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的倍，重力加速度为g，则物块落地的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等差等势线，直线AB、CD是它们的对称轴，O是直线AB与CD的交点，a、b、c是等势面与直线CD的三个交点，lOc和lcb分别表示Oc间的距离利和cb间的距离，取AB等势面电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．电子和质子分别静止在电场中不同的两位置，电势能可能相等
D．电子从电场中某点获得瞬间冲量后，不可能沿电场线运动
7．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
8．如图所示，绝缘的水平面上有一质量为0.1kg的带电物体，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.75，物体恰能在水平向左的匀强电场中向右匀速运动，电场强度E=1×103N/C，g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．物体带正电
B．物体所带的电荷量绝对值为
C．若使物体向右加速运动，则电场方向应变为斜向左下方且与水平方向成37°角
D．若使物体向右加速运动，则加速度的最大值为1.25m/s2
9．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（　　）
A．电压是甲图时，在0~T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0~时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
10．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（　　）
A．保持S闭合，将A板适当上移
B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当上移
D．先断开S，再将B板适当下移
11．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
12．研究某种射线装置的示意图如图所示。射线源发出的粒子以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点，粒子的重力不计。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该粒子（ ）
A．带负电
B．初速度为
C．比荷为
D．增大E或B，可以让粒子向纸内偏转
13．在某一点电荷产生的电场中，一带负电小球在外力F作用下从A点开始自由落体运动经过B点，A、B两点的场强方向如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．A点场强是B点场强的3倍
B．A点的电势高于B点的电势
C．小球从A点运动到B点的过程中，外力F先做正功后做负功
D．小球从A点运动到B点的过程中，电势能先减小后增大
14．“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
15．如图所示，虚线、、、表示匀强电场中的4个等势面，两个带电粒子、（不计重力）以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中和所示。已知带正电，则下列说法中正确的是（ ）
A．等势面的电势高于的电势
B．等势面位置的场强大于位置的场强
C．带电粒子的动能减小，电势能增大
D．带电粒子的动能增大，电势能减小
二、填空题
16．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场力线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，则它飞出电容器时的动能变为______。
17．示波管的原理
（1）示波管主要由___________ （由发射电子的灯丝、加速电极组成）、___________ （由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成）和___________组成。
（2）扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的___________电压。
（3）示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个___________电压，在X偏转电极上加一个___________电压，当扫描电压与信号电压的周期___________时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像。
18．绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为的滑块（可看作点电荷）从a点以初速度沿水平面向Q运动，到达b点时速度减为零，已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。此过程中产生的内能___________，完成ab位移所用时间___________（以上均选填“>”、“=”或“<”）。
三、解答题
19．如图所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放，已知qE=mg。求:
（1）小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。
（2）小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。
（3）小球释放后，在下半部分速度的最大值vm是多少。
20．如图所示，一质量、电荷量绝对值的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场足够大，静止时悬线与竖直方向夹角。若小球的电荷量始终保持不变，重力加速度，，。
（1）小球带什么性质的电荷；
（2）求绳子的拉力大小为多少；
（3）求匀强电场的电场强度的大小。
21．如图所示，水平放置的平行板电容器极板长度为L，两极板相距为d，距离极板右端也为L处有竖直放置的屏。现有一电荷量为、质量为m的带电粒子重力不计，以初速度沿平行于极板方向射入电场中，若电容器不带电，粒子打在屏上的O点，现给电容器加上恒定电压U时，粒子能从平行板间飞出打在屏上。求：
（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；
（2）粒子离开电场时的速度偏转角的正切值；
（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离x。
22．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有场强大小为、方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场，是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为L=1m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为，设小物块电荷量保持不变，，。
（1）求小物块运动至B点的速度大小；
（2）若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值（结果用E0表示）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】
设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒、在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒受电场力向下，做类平抛运动，微粒受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
2．D
【详解】
由题意粒子在A、B两点的速率相等，对带电粒子从A到B，根据动能定理得
qUAB
解得
UAB=0
因为
UAB=φA﹣φB
即φA=φB，故AB两点的连线为等势线，电场强度的方向垂直于AB连线。对粒子从C到B，根据动能定理得
qUCB
解得
UCB
即C点电势高于B点电势，根据沿电场线电势降低可知，场强方向垂直AB背离C。由题意C点到AB的距离为
d1
根据匀强电场场强的表达式得
E
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．C
【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。
4．A
【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。
5．D
【详解】
设重力和电场力的合力与水平方向的夹角为α
解得
物块并不是沿着斜面运动，而是沿着重力与电场力合力的方向运动，根据动能定理得
解得
故选D。
6．C
【详解】
A．题图中等势线是等差等势线，因此
而
所以
A错误；
B．因
而Oc区域的电场比cb区域的电场强，因此Oc间的距离比cb间的距离小，所以
B错误；
C．取AB等势面电势为零，因此若将电子和质子分别放置在A、B两点，则二者电势能相等，C正确；
D．若电子在直线CD上某点获得CO方向瞬间冲量后，将沿CD所在电场线运动，D错误。
故选C。
7．A
【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。
8．C
【详解】
AB．带电物体做匀速直线运动，受重力、支持力、摩擦力水平向左和水平向右的电场力，电场方向向左，则物体带负电，根据平衡得
解得
AB错误；
CD．使物体向右加速，则合力一定水平向右，所以电场力的水平分力一定沿水平方向向右，电荷带负电，故电场方向斜向左上方或斜向左下方，但只有电场方向沿左下方时，加速度的值最大，设电场方向与水平方向夹角为θ，由牛顿第二定律得
即
即
当
时，加速度最大，此时
D错误C正确。
故选C。
9．D
【详解】
A．若电压是甲图，0~T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；
B．电压是乙图时，在0~时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；
C．电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；
D．电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。
故选D。
10．B
【详解】
设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得
A.若保持S闭合，将A板适当上移，U不变，设质点到达b时速度为v，由动能定理得
解得
说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。
B.若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，U不变，由动能定理得
则
质点能穿过b孔，故B正确；
C.若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度E不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得
又由原来情况有
比较两式得
说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误。
D.若断开S，再将B板适当下移，板间电场强度E不变，设B板下移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得
又由原来情况有
比较两式得
说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故D错误。
故选B。
11．D
【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。
12．C
【详解】
A．根据左手定则可知该粒子带正电，A错误；
B．由题意可知，粒子在电、磁复合场中做匀速直线运动，根据平衡条件有
解得
B错误；
C．根据牛顿第二定律有
联立解得
C正确；
D．增大E或B，可以让粒子在纸面内向下或向上偏转，D错误；
故选C。
13．C
【详解】
将两条电场线反向延长后相交于一点，该交点即为点电荷Q的位置，如图所示
设A、B两点到Q的距离分别为rA和rB，由几何知识得到
A．根据公式
得
EA：EB＝3：1
故A正确；
B．由图可知点电荷Q为正电荷，因为B点距离正电荷Q远，所以
故B正确；
CD．小球从A点运动到B点的过程中电场力方向与AB的夹角先是锐角后是钝角，故电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增大；负电小球在外力F作用下从A点开始做自由落体运动经过B点，故外力与电场力方向相反大小相等，故与电场力做功正好相反，先做负功，后做正功，故C错误，D正确。
由于本题选择错误的，故选C。
14．B
【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。
15．D
【详解】
A．电场线和等势线垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M的轨迹MPN可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右，沿电场方向电势降低，故等势面的电势低于的电势，故A错误；
B．在匀强电场中，电场强度处处相等，故B错误；
CD．N电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，电场力对带电粒子M，N均做正功，它们的动能均增大，电势能均减小；故C错误，D正确。
故选D。
16．4.25Ek
【详解】
设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度L，则有
第一个过程中沿电场线方向的位移为
第一个过程由动能定理
qEh=2Ek-Ek
第二个过程中沿电场线方向的位移为
根据动能定理
qEh1=Ek末-4Ek
解得
Ek末=4.25Ek
17． 电子枪 偏转电极 荧光屏 锯齿形 信号 扫描 相同
【详解】
（1）[1][2][3]示波管主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成；
（2）[4]扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压；
（3）[5][6][7]示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个信号电压，在X偏转电极上加一个扫描电压，当扫描电压与信号电压的周期相同时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像。
18． > >
【详解】
[1]从a到b由动能定理
而
则
[2]由a到b运动时，速度可以减为零，可知整个过程中摩擦力大于库仑力，库仑力逐渐变大，则由
可知加速度逐渐变小，则整个过程中的平均速度小于滑块做匀减速运动时对应的平均速度，则完成ab位移所用时间
19．（1），5mg；（2）mg，方向竖直向上；（3）
【详解】
（1）小球从A到D的运动中，由动能定理可得
又
qE=mg
解得
在D点，由牛顿第二定律可得
解得
FN=5mg
由牛顿第三定律可得，小球第一次经最低点D时对管壁的压力大小为5mg，方向竖直向下。
（2）小球释放后，第一次经过最高点C时，由动能定理可得
设小球在C点受管壁的作用力方向向下，则有
解得
FC方向竖直向上。
（3）小球释放后，在下半部分当重力和电场力的合力正好沿半径方向时，即小球在B、D中间位置时，小球速度最大，由动能定理可得
解得
20．（1）负电；（2）；（3）
【详解】
（1）由图可知小球受到水平向左的电场力，与场强方向相反，故小球带负电。
（2）小球受力分析如图
由平衡条件知
（3）由平衡条件可得
解得
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）粒子垂直电场方向做匀速直线运动，所以
粒子射出电场后也做匀速直线运动，所以
粒子从射入到打到屏上所用的时间
（2）粒子在电场方向做匀加速直线运动，所以
射出电场实时竖直方向的速度
所以粒子离开电场时的速度偏转角的正切值
（3）粒子离开电场时的速度偏移量
粒子射出电场做匀速直线运动，所以
22．（1）2m/s；（2）
【详解】
(1)小物块在AB间的受力分析如图所示
由动能定理可得
解得
(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有
小物块由A运动到D，根据动能定理有
联立解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页