2.2带电粒子在电场中的运动课后分层训练（Word版含解析）

带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．不等量正、负点电荷周围的电场线分布如图所示，P、Q为其中两点，则带正电的试探电荷（　　）
A．由P静止释放后会沿电场线运动到Q
B．从P移动到Q，电场力做负功
C．在P的电势能大于在Q的电势能
D．在P所受电场力小于在Q所受电场力
2．空间存在电场，沿电场方向建立直线坐标系Ox，使Ox正方向与电场强度E的正方向相同，如图所示为在Ox轴上各点的电场强度E随坐标x变化的规律。现将一正电子（）自坐标原点O处由静止释放，已知正电子的带电量为e、正电子只受电场力，以下说法正确的是（　　）
A．该电场可能为某个点电荷形成的电场
B．坐标原点O与点间的电势差大小为
C．该正电子将做匀变速直线运动
D．该正电子到达点时的动能为
3．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现有两个质子以相同的初速度分别从和 时刻水平射入电场，已知两质子在电场中的运动时间均为T，并从右端离开电场，则两质子在电场中的偏转位移大小之比是（　　）
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．4：1
4．一带正电的小球质量为m、电量为q，将小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，电场强度。不计空气阻力，重力加速度为g，则小球（　　）
A．做直线运动 B．机械能先增加后减少
C．加速度大小为2g D．速率先减少后增大
5．如图所示，不带电的物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量都是2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，在此过程中弹簧未超过弹性限度且A一直在水平面上，（弹簧的弹性势能，k为弹簧劲度系数，x为形变量），则（　　）
A．撤去外力F的瞬间，物体A的加速度为
B．B获得最大速度时，弹簧伸长量为
C．物体B的最大速度为
D．物体A和弹簧组成的系统机械能增加量等于物体B机械能的减少量
二、多选题
6．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到电场力作用，根据此图可知以下说法正确的是（　　）
A．带电粒子一定带负电
B．带电粒子在a速度较大
C．因为不知道带电粒子运动方向，所以不能确定a、b两点的速度何处较大
D．运动的过程中带电粒子的动能和电势能的总和一直不变
7．如图所示，A点固定一个点电荷，B、C、D是另一个点电荷q运动轨迹上的三点，点电荷q经过C、D两点时的速率相同，不计点电荷q的重力，选无穷远处电势为0。下列说法正确的是（ ）
A．C、D两点的电势相同
B．q在C点的电势能可能为正值
C．q从B到C运动过程中动能不断增大
D．q从B到D运动过程中电势能不断减小
8．如图，A、B两带电小球，所带电荷量大小分别为，质量分别为和。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，，，C是AB连线上一点且在O点的正下方，C点的场强为零。已知，则（　　）
A．A、B两球的质量之比为9∶16
B．A、B两球的带电荷量之比为81∶256
C．同时剪断连接两小球A、B的细线，A小球一定先落地
D．同时剪断连接两小球A、B的细线，A、B小球水平位移之比为9∶16
9．点电荷Q1、Q2分别固定在x轴上的原点O处和x=5d处，正点电荷q（不计重力）从x=d处以初速度v0沿x轴正方向运动，其速率v与在x轴上的位置关系如图所示，则下列判断正确的是（　　）
A．点电荷Q1带负电荷、Q2带正电荷
B．点电荷Q1、Q2所带电荷量的绝对值之比为4：9
C．从x=d处到x=4d处，电势先增大后减小
D．点电荷q从x=d处到x=4d处的过程中，在x=2d处的电势能最小
三、解答题
10．如图所示，长的轻质细线上端固定在悬点，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左、范围足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。已知悬点O距地面的高度，小球所带电荷量，匀强电场的场强，空气阻力可以忽略，取重力加速度，，。求：
（1）小球的质量；
（2）若将电场撤去，小球摆到最低点时速度的大小；
（3）若保持原电场不变，剪断细线，小球落地时动量的大小和方向。
11．如图所示，质量为m、带电荷量为的小物块静止在墙壁A处，A处有一个弹射器（未画出），可让小物块瞬间获得的动能，并向右运动。是长度为的绝缘水平轨道，B端与半径为R的光滑绝缘半圆轨道相切，半圆的直径竖直，且的右侧空间有水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，g为重力加速度。小物块与间的动摩擦因数，，。若小物块恰能通过半圆轨道，求：
（1）小物块运动到半圆轨道C点时对轨道的压力大小；
（2）小物块在半圆轨道上运动时最小动能的大小。
参考答案：
1．C
【解析】A．电场线的切线方向是电场强度方向，若带正电的试探电荷由P静止释放后，由于电场方向在变化，所以试探电荷不会沿着电场线运动，选项A错误；
BC．沿着电场线电势降低，即P的电势大于Q的电势，则带正电的试探电荷在P的电势能大于在Q的电势能，电势能减少则电场力做正功，选项C正确，B错误；
D．电场线的疏密程度表示电场强度大小，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以试探电荷在P所受电场力大于在Q所受电场力，选项D错误。
故选C。
2．B
【解析】A．一个点电荷形成的电场强度的表达式为，电场强度与距离的平方成反比，图像不符合，A错误；
B．电场强度E随坐标x变化的图像与坐标轴所围成的面积表示的是电势差，故坐标原点O与点间的电势差为
电势差大小为，B正确；
C．该正电子仅受电场力，且电场强度随空间位置不断变化，故正电子将做非匀变速直线运动，C错误。
D．该正电子自坐标原点O处由静止释放，不能到达点，在位置动能为0，后做反向的加速运动，D错误。
故选B。
3．C
【解析】粒子在两板之间的运动时间均为T，在时刻进入的粒子在前半个周期竖直方向是加速，后半个周期竖直方向是匀速，设加速度为a，则位移为
在进入的粒子，竖直方向上在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量为
故
故选C。
4．D
【解析】
A．小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误；
B．从水平方向考虑，小球受电场力水平速度选减小为零，后反向增大，那么电场力先做负功，后做正功，根据除重力以外的力对物体做的功等于机械能的变化量，所以机械能先减小后增大，故B错误；
C．小于受到两个恒力，其合为mg，所以加速度大小为g，故C错误；
D．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成直角、锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故D正确。
故选D。
5．B
【解析】A．当施加外力时，对B分析可知
解得
当撤去外力瞬间，它们受到的合力为
解得
故A错误；
B．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由
解得
故B正确；
C．对整体，由动能定理可得
解得
故C错误；
D．根据能量守恒可知物体A和弹簧所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量，故D错误。
故选B。
6．BD
【解析】A．根据粒子的运动轨迹可知，粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A错误；
BC．若粒子从a运动到b，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知电场力与速度之间的夹角是钝角，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，在b点速度较小，C错误，B正确；
D．带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，则带电粒子的动能和电势能的总和一直不变，选项D正确。
故选BD。
7．AC
【解析】A．由题知点电荷q经过C、D两点时的速率相同，根据能量守恒有
EkC + EpC = EkD + EpD
可知
EpC = EpD
由于
Ep = φq
则C、D两点的电势相同，A正确；
B．根据曲线运动的条件可知，点电荷q与A点固定的点电荷之间是吸引力，则说明他们带异种电荷，且选无穷远处电势为0，再根据Ep = φq可知q在C点的电势能一定为负值，B错误；
C．根据曲线运动的条件可知，点电荷q与A点固定的点电荷之间是吸引力，则q从B到C运动过程中电场力做正功，动能不断增大，C正确；
D．根据曲线运动的条件可知，点电荷q与A点固定的点电荷之间是吸引力，则q从B到D运动过程中电场力先做正功后做负功，则动能先增大后减小，电势能先减小后增大，D错误。
故选AC。
8．BD
【解析】A．设两小球间库仑力大小为F，对A球
对B球
两者联立可得
故A错误；
B．两个点电荷A、B在C点的合场强为零，则
得
故B正确；
C．同时剪断连接两小球A、B的细线，在竖直方向两小球A、B均做自由落体运动，两小球是同时落地，C错误；
D．剪断细线后，两球组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有
同时乘以时间可得
结合可得
故D正确。
故选BD。
9．BC
【解析】A．正点电荷从d到4d的过程，速度先减小后增大，则电场力先做负功后做正功，即从d到2d场强方向向左，从2d到4d场强方向向右，则x=2d处合场强为零，由上面的分析结合场强的叠加可知点电荷Q1、Q2均带负电荷，故A错误；
B．由x=2d处场强为零得
解得
故B正确；
CD．由前面的分析可知点电荷q从x=d处到x=4d处的过程中，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，所以x=2d处的电势能最大，故C正确，D错误。
故选BC。
10．（1）；（2）；（3），方向与竖直方向夹角为
【解析】（1）根据共点力平衡条件可得
解得
（2）从小球所处位置到最低点的过程中，根据动能定理:
解得
（3）设小球落地点为，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据动量定义可知
方向与竖直方向夹角为。
11．（1）1.5mg ；（2）
【解析】（1）设小物块到半圆轨道C点时速度为，根据动能定理有
小物块在C点受力分析如图1所示，轨道对小物块的支持力为N
依题意有
联立解得
根据牛顿第三定律有，小物块对轨道的压力为1.5mg、方向水平向右；
（2）因重力与电场力均是恒力，将其合成一个力，看成新的“重力”，方向如图2所示
根据几何关系有
解得新“重力”与竖直方向的夹角为
沿“新重力”的反向沿长线交半圆轨道于M点，可知M点即为新“重力”方向上的最高点，其动能最小，设此时动能为Ekmin，根据动能定理有
解得
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