2.4带电粒子在电场中的运动 同步练习（Word版含解析）

鲁科版 （2019）必修第三册 2.4 带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．M、N、P三点共线，且为电场中同一电场线上的三点，P为MN的中点，M、N两点处电势分别为20V和12V，下列说法正确的是（　　）
A．场强方向是M指向N
B．该电场在P点处的电势一定为16V
C．一正电荷在P点时受到的电场力大于在M点时受到的电场力
D．一负电荷在P点时具有的电势能小于在M点时具有的电势能
2．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
3．2020年2月，新冠疫情期间，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示，a，b是轨迹上的两点，则（　　）
A．a点的电场强度方向与b点的电场强度方向一致
B．电子在b点的所受电场力方向向左
C．b点电场强度的方向水平向左
D．a点的电势等于b点的电势
4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回
D．在距上极板处返回
5．如图所示，A为带正电的金属板，其所带电荷量为Q，在金属板的垂直平分线上，距板r处放一质量为m、电荷量为q的小球，小球用绝缘细线悬挂于O点，小球受水平向右的静电力偏转θ角保持静止，静电力常量为k，重力加速度为g，则小球与金属板之间的库仑力大小为（　　）
A．k B．k C．mgsinθ D．mgtanθ
6．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为、。电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的不同位置，初动能为的电子沿电势为的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为、的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为和。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（　　）
A．偏转电场是匀强电场 B．
C． D．
7．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是（　　）
A．带电粒子所带电荷的正、负
B．带电粒子在a、b两点的受力方向相同
C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的速度，b处较大
8．真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不带电。以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变，a和b为接线柱。已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大初动能为Ekm，元电荷为e。图示装置可看作直流电源。下列说法正确的是（　　）
A．A板和B板之间的最大电势差为
B．该电源的电动势为
C．该电源的内阻为
D．在a和b之间连接一个外电阻时，外电阻上的消耗电功率设为P，单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为。则
9．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
10．如图所示的电场中，虚线为三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹如实线所示，是这条轨迹上的两点，由此可知（　　）
A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在P点的动能比在Q点大
C．带电质点在P点的电势能比在Q点小 D．带电质点在P点时的加速度比在Q点小
11．一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正方向运动，O、a、b是x轴上的三个点，O和b关于点a对称，从O到b该电场的电势φ随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．a点电场强度为零
B．O、a间场强方向与a、b间场强方向相反
C．从O到b整个运动过程中，粒子经过a点时速度最大
D．从O到b整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
12．如图所示，在截面半径为R，圆心为O的圆柱形区域内有一方向平行于直径ab向右的匀强电场，电场强度大小为E。某带电粒子自圆形边界上c点以速度，方向垂直ab射入该电场区域，粒子恰好自b点离开电场，已知∠aOc＝60°，运动中粒子仅受电场力作用。则该粒子的比荷为（　　）
A． B． C． D．
13．如图所示，平行板电容器与电动势为的直流电源（内阻不计）、定值电阻和连接，极板与水平方向的夹角为，两极板间的距离为。一质量为的带电小球以一定的水平速度射入电场中，恰能沿水平虚线做直线运动。已知重力加速度为，不计空气阻力，则小球的带电量的大小为（　　）
A． B． C． D．
14．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
15．下列粒子（不计重力）从静止状态开始经过电压为U的电场加速后，速度最小的是（　　）
A．氚核（） B．氘核（） C．α粒子（） D．质子（）
二、填空题
16．如图，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一电子只在电场力作用下的运动轨迹，则电子在M和N时加速度大小aM___________aN，速度大小vM___________vN（选填“>”“<”“=”）。
17．为使点电荷q在匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示，若AB=0.4m，α=37°，q=－3×10-7C，F=1.5×10-4N，A点的电势φA=100V（不计电荷的重力），则电荷q由A到B电势能的变化量为___________J；B点的电势φB=___________V。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
18．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”）
19．正离子A（质量为m、电荷量为q）和正离子B（质量为2m、电荷量为q）由静止开始经相同电加速后，如图所示垂直电场线射入两块平行带电金属板间，从两板间射出时（重力不计）A、B侧移之比yA：yB=______________；A、B动能增量之比△EkA：△Ek B=______________。
三、解答题
20．下图是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1，加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为l，示波管的灵敏度为每单位电压引起的偏转量，通过公式推导说明可采用哪些方法可以提高示波管的灵敏度。
21．如图所示，在竖直平面内存在一匀强电场，其中间距为2cm的A、B两点等高，场强方向与水平成60°角。将一个不知道电荷性质、电量绝对值为2×10－5C的带电小球。由B从静止释放后沿直线运动到A，电势能减少了0.2J。已知重力加速度为g。求：
（1）小球带正电还是负电。
（2）AB两点的电势差及匀强电场的电场强度。
（3）小球从B到A运动的时间。
22．如图所示，两块竖直放置的平行金属板、，板距，两板间的电压，板间有一匀强电场。一带正电的小球由、两板上端连线的中点以的速度垂直射入两板间，已知小球的质量，电荷量。设、板长度足够长，取。试求：
（1）带正电小球经多长时间与金属板相碰；
（2）相碰时，离金属板上端的距离多大；
（3）相碰时，小球的动能多大。
23．示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，两对偏转电极XX 、YY 相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有xoy直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，x轴与电极XX 的金属板垂直，其正方向由X 指向X，y轴与电极YY 的金属板垂直，其正方向由Y 指向Y。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。已知两对偏转电极极板都是边长为l的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d，加速电极间电压为U0，电子的电荷量为e，质量为m。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到荧光屏上。
（1）若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块偏转极板，最终打在xoy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小v0。
（2）若在偏转电极YY 之间加恒定电压U1，而偏转电极XX 之间不加电压，已知电极YY 的右端与荧光屏之间的距离为L1。求电子打在荧光屏上的位置坐标。
（3）若电极XX 的右端与荧光屏之间的距离为L2，偏转电极XX 之间加如图丙所示的扫描电压。当偏转电压发生变化时，可利用下述模型分析：由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变。
（i）在偏转电极YY 之间不加电压时，请说明电子打在荧光屏上，形成亮斑的位置随时间变化的关系；
（ii）在偏转电极YY 之间加电压时，请在图丁中定性画出在荧光屏上看到的图形。
24．为使带负电的点电荷q在一匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示。若AB=0.4m，α=37°，，，A点的电势φA=100V（不计该电荷受到的重力）。
（1）在图中用实线画出电场线，用虚线画出通过A、B两点的等势线，并算出B点的电势和电场强度E的大小；
（2）求q在由A到B的过程中电势能的变化量大小，是增加还是减小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】
A. 场强方向是M指向N，A正确；
B. 无法求出P点处的电势，B错误；
C. 无法比较电场力的大小，C错误；
D. 负电荷从P点向M点运动，电场力向左，电场力做正功，电势能减小，负电荷在P点时具有的电势能大于在M点时具有的电势能，D错误。
故选A。
2．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。
3．C
【详解】
A．电场线垂直等势面，过a、b两点的等势面不平行，a、b点的电场强度方向不同，故A错误；
BC．电子在b点的所受电场力指向轨迹凹侧，还应与电场线上在该点的切线重合，应是水平向右，电场线方向水平向左，故B错误，C正确；
D．根据电场线垂直等势面，大致画出电场线方向应向左，a点的电势大于b点的电势，故　D错误。
故选C。
4．D
【详解】
设带电粒子的质量为m，电容器两极板的电压为U，由动能定理得
mg(＋d)－qU＝0
若将下极板向上移动，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得
mg(＋h)－qh＝0
联立解得
h＝d所以带电粒子还没达到下极板就减速为零。
故选D。
5．D
【详解】
AB．A为带正电的金属板，此时不能将其看成点电荷，所以不能使用库仑定律求小球受到的库仑力，故AB错误；
CD．小球受到的静电力方向向右，重力竖直向下，则小球的受力情况如图所示，由平衡条件得
F=mgtanθ
故C错误，D正确。
故选D。
6．D
【详解】
AB．由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故AB错误；
C．相较于做匀速圆周运动的电子，动能为的电子在做近心运动，动能为的电子在做离心运动，可知
故C错误；
D．该电场是辐射状电场,内侧的电场线密集，电场强度大，根据定性分析可知
即
所以
故D正确。
故选D。
7．C
【详解】
A．由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不知道，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性，故A错误；
B．带电粒子所受的电场力指向轨迹的内侧，则带电粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，所以可以判断带电粒子在a、b两点的受力方向，但是带电粒子在a、b两点的受力方向不相同，故B错误；
C．根据电场线的疏密程度，可判断出a、b两点场强的大小，从而判断带电粒子在a、b两点的电场力大小，再根据牛顿第二定律可判断出粒子在a点加速度较大，所以可以判断带电粒子在a、b两点的加速度何处较大，故C正确；
D．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，从a到b电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在a点的速度较大，故D错误。
故选C。
8．B
【详解】
AB．根据动能定理可得
解得
当断路时，电源电动势等于断路时的路端电压，即
A错误，B正确；
C．短路时，所有逸出电子都到达B板，故短路电流为
则电源内阻为
C错误；
D．在a和b之间连接一个外电阻时，外电阻上的消耗电功率设为P，单位时间内到达B板的电子在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为，由于损失的动能一部分还被电源内阻消耗，故可得
D错误。
故选B。
9．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。
10．A
【详解】
A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，A正确；
BC．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，带电质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，B错误，C错误；
D．等差等势面中等势线密的地方场强大，故P点位置电场强度大，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，D错误。
故选A。
11．D
【详解】
A．根据电场强度与电势差的关系U＝Ed可知，φ-x图像的斜率表示电场强度E，a点电势为零，但a点的电场强度不为零，A错误；
B．O、a间图像斜率与a、b间图像斜率相同，则O、a间与a、b间场强大小、方向均相同，B错误；
CD．沿电场方向电势降低，故电场方向沿x轴负方向，粒子受到的电场力方向沿x轴正方向，从O到b整个运动过程中，粒子所受到的电场力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过b点时速度最大，C错误，D正确。
故选D。
12．A
【详解】
带电粒子在电场中从c到b做类平抛运动，
垂直于电场方向做匀速直线运动，则
沿电场方向做匀加速直线运动，则
联立解得
A正确，BCD错误；
故选A。
13．B
【详解】
小球受重力和电场力作用，二者的合力沿虚线方向，则
由闭合电路欧姆定律得
又
联立解得
故选B。
14．D
【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。
15．A
【详解】
设粒子的质量为m，电荷量为q，从静止状态经过电压为U的电场加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有
解得
由上式可知粒子的比荷越小，v越小，四个选项中氚核的比荷最小，所以氚核的速度小，BCD错误，A正确。
故选A。
16． < >
【详解】
解：[1]由电场线的疏密可知，N点的场强大于M点的场强，电子在N点的电场力大于在M点的电场力，由牛顿第二定律可知aM[2] 由虚线是一电子只在电场力作用下的运动轨迹，可知电子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，由电子受电场力方向可知，电场线方向斜向左上方，所以电子由N点运动到M点，做加速运动，因此电子在M点的速度大于在N点的速度，即vM>vN。
17． 4.8×10-5 J -60 V
【详解】
[1] 电荷q在匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，受力如图
则有
则电荷q由A到B电势能的变化量
[2]电势能的变化
所以
18． 小于 小于
【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。
19． 1：1 1：1
【详解】
[1]离子在电场中加速，设末速度为v0，据动能定理得

离子穿出偏转电场的时间为
偏转电场的加速度为
离开偏转电场时侧移量
即侧移量与电荷的电量与质量均无关，则A、B侧移之比
yA：yB=1:1
[2]根据动能定理
则A、B动能增量之比
△EkA：△Ek B=1:1
20．增大和减小U1或d均可提高示波管的灵敏度
【详解】
对于电子的加速过程，有
对于电子的偏转过程，有
水平方向
竖直方向
又因为
联立可得
故
据上式可知，增大和减小U1或d均可提高示波管的灵敏度。
21．（1）负电；（2） ；（3）
【详解】
（1）小球带负电
（2）由A→B电场力做负功，小球的带电量为
，
则
＝104V
（3）设小球运动的加速度为，小球从B到A运动的时间为，根据受力情况可知
解得
根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知
解得
22．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）小球进入电场后电场力产生的加速度为，小球在电场中的运动时间为。
根据牛顿第二定律应有
根据位移-时间关系有
联立代入数据解得
（2）相碰时与金属板上端的距离
（3）相碰时小球的动能为，由动能定理可得
代入数据解得
23．（1）；（2）（0，）；（3）（i）；（ii）
【详解】
（1）电子从静止出发到坐标原点，根据动能定理
解得
（2）电子在YY′极板间偏转，根据牛顿第二定律
电子在偏转电场中运动时间为t1，则
解得
电子离开偏转电场到打在荧光屏上，做匀速直线运动，运动时间为t2，则
解得
电子打在荧光屏上的位置到坐标原点的距离
电子打在荧光屏上的位置坐标为（0，）
（3）（i）据图丙，得到XX′间电压随时间变化的关系式
类比（2）中结果，得到亮斑的位置坐标随时间变化的关系式
（ii）如图所示
24．（1）图见解析，－60V，500V/m；（2）增加
【详解】
（1）电荷做匀速直线运动，根据平衡条件可判断知电荷受到的电场力与F二力平衡，由于电荷带负电，所以可画出电场线方向及过A、B的等势线如图所示
电荷由A到B过程中电场力做的功
A、B两点的电势差
即
所以
电场强度大小为
（2）q由A到B的过程中，电势能的变化量等于克服电场力做的功，即
所以电荷电势能增加。
答案第1页，共2页
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