人教版物理选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中运动综合练习（附答案）

带电粒子在电场中的运动综合练习
一、选择题：
1、平行板间有如图所示的周期变化的电压。重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰撞情况，图乙中能正确定性描述粒子运动的速度图像的是( )


2、 如图中虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A、三个等势面中，a面电势较高
B、带电质点通过P点时的电势能较大
C、带电质点通过P点时的动能较大
D、带电质点通过P点时的加速度较大

3、 质量不同电量相同的带电粒子垂直于电场线方向射入并穿过一匀强电场，若速度方向的偏向角相同，则它们必然具有相同的（ ）
A、 初速度 B、 初动能 C、 初速度与质量的积 D、 荷质比
4、如图所示，是示波管的示意图，要使电子在整个屏上匀速扫描，所加的偏转电压U随时间的变化规律应该符合（ ）












5、如图所示，A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面垂直，两极板的距离为 。两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势.现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场。设、初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能（ ）
A、以AB间某一点为平衡位置来回振动
B、时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板
C、一直向B板运动，最后穿出B板，如果小于某个值小于某个值
D、一直向B板运动，最后穿出B板，而不论为任何值

6、如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M 、N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的p点由静止自由下落（p、M、N三点在同一竖直线上），空气阻力不计到达N点的速度恰好为零，然后按原路径返回，若保持两板间的电压不变，则（ ）
A、若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回；
B、若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回；
C、若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落；
D、若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落

7、如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板正中，以相同的初速度v0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定（　）
　　A．甲处质点带正电，乙处质点不带电，丙处质点带负电
　　B．三个质点在电场中的运动时间相等
　　C．三个质点在电场中的加速度
　　D．三个质点到达负极的动能




二、解答题：
1、如图所示，铅板（A）的右表面上有一个放射源（Q），以速度释放射线（m、e）,在距A板为d处，有一金属网B，A、B之间的电场强度为E；在距B板为L处有一个荧光屏C，求在粒子激发下，荧光屏发光的最大范围。

2、在方向为竖直方向、场强为E1的匀强电场中，一带电液滴恰好静止在A点，现不改变场强方向而使场强突然增大到E2，经历了一段时间后，又保持E2大小不变，突然使电场方向反向，又经历了一段同样长的时间，液滴恰好返回A点，求E1∶E2。




3、在一匀强电场中，有一电量为q、质量为m的带电小球由静上开始运动，其轨迹为一直线，与竖直方向的夹角为，如图所示。若场强取所有值中的最小值，则
（1）场强的最小值为多大？
（2）小球从静止开始运动，通过位移L需时间多长？末速度多大？
（3）小球在通过上述位移过程中，其电势能改变了多少？重力势能改变了多少？






4、如图所示，质量为m带电量为 －q 的微粒（重力不计），在匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，在B点时速度为2v，已知A、B两点间距离为d，求：
①A、B两点间电压？
②电场强度大小和方向？





5、如图所示，质量为m，带电量为+q的微粒在0点以初速度v0与水平方向成 角射出，微粒在运动中受阻力大小恒定为f。
①如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证微粒仍沿v0方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值？
②若加上大小一定，方向水平向左的匀强电场，仍能保证微粒沿vo方向做直线运动，并经过一段时间后又返回O点，求微粒回到O点时的速率？






6、如图所示，在E = 103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R = 40cm，一带正电荷q = 10－4C的小滑块质量为m = 40g，与水平轨道间的动摩擦因数 = 0.2，取g = 10m/s2，求：
（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？
（2）这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？（P为半圆轨道中点）







7、如图所示，一条长为的细线，上端固定，下端拴一质量为m的小球。将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向是水平的。已知当细线离开竖直位置的偏角为时，小球处于平衡。
（1）小球带何种电荷？求出小球所带电量。
（2）如果使细线的偏角由增大到，然后将小球由静止开始释放，则应为多大，才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零？





8、如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面，固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环平面平行，环上穿有电量为+q、质量为m的小球，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度是多大？
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力是多少？







9、 一个电子以的速度，方向与电场方向相同，射入电场强度的匀强电场中，如图所示。已知电子电量，电子质量。试求：
（1）从电子的入射点到达速度为0之点的两点间电势差是多少？两点间距离是多少？
（2）电子到达速度为0的点所需的时间是多少？（不计重力）
?
E


?



【答案与解析】
一、选择题：
1、A
解析：0—T/2的时间内，粒子做初速度为零的匀加速直线运动。T/2—T的时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性知，在T时速度减为零，此后重复。故选项A正确。
2、BD
解析：根据等势面和电场线的关系：等势面越密的地方电场线也越密，电场线垂直于等势面指向电势降低的方向知，P点的电场线比Q点的电场线密，所以P点的电场强度大于Q点的电场强度，选项D正确；因为带正电质点受到的电场力指向曲线凹的一侧，在图中大致是向下的方向，所以电场强度的方向也大致是向下的，因此电势，等势面c的电势最高，带正电的质点在P点的电势能较大，选项B正确；由能量守恒知，电势能大的地方动能必定小，所以选项C错误。
3、B
解析：设匀强电场的宽度为L，场强为E，入射的初速度是v0,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，离开偏转电场时的偏向角是,可见在q、E、L都相同的情况下，有相同的偏转角时，粒子必有相同的初动能，选项B正确。
4、B
解析：根据类平抛运动的知识，可以计算出电子打在屏上的偏转距离（电子打在屏上的位置到屏中心的距离），可见偏转距离与偏转电压成正比，如果偏转电压在一个周期内是时间的一次函数即 其中U1是偏转电压的最大值，那么，电子在屏上的偏转距离就可以写成的形式，由匀速运动的规律知道，电子将匀速地从屏的一端扫向另一端，满足条件的只有选项B所示的电压的变化规律。
5、AC
解析：根据，
可以推出，电场力

所以E、F也是余弦的，只要足够大，也足够大，被加速的电子未达B板前便变为减速，并反向运动，它在A、B间做往复运动。所以A选项是正确的，D选项是错的。
当小于某个值小于某个值时，在B板为正值时，电子在加速电压下将通过B板。所以C选项也是正确的。
电子如在A，B板间做对称的往复运动，必然向A或向B运动的位移是对称的，不可能偏向B板而穿出，所以B选项也是错的。
6、AD
解析：当开关S一直闭合时，A、B两板之间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，，由题设条件知：质点由P到M的运动过程中，重力做的功与物体克服电场力做的功相等，即。A、C选项中，因保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回；B、D选项中，因B板下移一段距离，而保持不变，而重力做功增加，所以它将一直下落。综上所述，正确选项为A和D。

7、AC
解析：在竖直方向上，三个质点做初速为零的匀加速直线运动，加速度分别为：正电质点；负电质点；中性质点a=g，而运动时间为；在水平方向上，三个质点做匀速直线运动，水平位移为；三个质点到达负极板间的动能增量分别为：正电质点；负电质点；中性质点。所以正确选项为A和C。
二、解答题：
1、发光面最大半径是
解析：平行A板发射的粒子，在电场中做类似平抛运动，纵向偏移最大，且为

在B、C之间，粒子以速度v做匀速直线运动，到达C时，增加的偏移为
，
因为粒子向各个方向的运动具有对称性，所以荧光屏上发光面为圆平面，且半径为
。

2、
解析：因为带电液滴在电场中A电静止，所以它受力平衡，即，其中方向向上。
当不改变E的方向使场强增大到E2时，液滴受力将不平衡，它要受到向上的合外力
，由牛顿第二定律可得 （1）
当场强大小E2不改变而方向改变时，液滴受到向下的合外力，由牛顿第二定律可得 （2）
因为场强为E2向上这段时间内，液滴所受合外力为恒力，所以在这段时间内液滴做匀变速直线运动，同理当场强大小仍为E2而方向向下这段时间内液滴也做匀变速直线运动。所以在这两段时间内可以用匀变速直线运动公式进行计算。
在场强大小为E2方向向上这段时间内有：

在场强大小为E2方向向下这段时间内有：

由题意得。我们可以令。大小相等，但是在（3）式和（5）式中都规定向上为正，而位移S1向上，位移S2向下，所以
把（3）、（5）两式代入此式得：

再把（4）式代入得


再把（1）（2）两式代入上式得：

再把E1q=mg代入上式得：

3、（1） （2） （3），重力势能减少了
解析：既然小球从静止释放，且运动轨迹是直线，则重力的一个分力与小球所受电场力平衡：，则；
重力的另一个分力即小球所受合外力，根据，有，
由得，
因为场强方向与小球运动轨迹垂直，所以电场力对小球不做功，故；
重力对小球做功，所以小球的重力势能减少了
4、方向水平向左
解析：由动能定理得 。
由于电场力做正功，所以场强方向水平向左。
将速度正交分解，竖直方向vy = v，水平方向vx，，
水平位移，竖直方向位移y = v·t，，
解方程组得，方向水平向左。
5、①垂直v0斜向上mgcos /q；②
解析：（1）微粒受力如图1所示，要保证微粒沿vo方向直线运动必须使垂直于vo向斜上方加匀强电场E有最小值，且Eq = mg cos, E = mg cos /q。

（2）如图2所示，为使垂直于vo方向合力为零，Eqsin = mgcos。

设微粒最大位移为S，由动能定理有：
，
粒子由O点射出再回到O点，由动能定理。
解上述方程得
。
6、①20m ②1.5N
解析：（1）滑块刚能通过轨道最高点条件是

由能量守恒定律得

（2）滑块过P点时，由能量守恒定律得

由牛顿第二定律得

7、（1） (2)
解析：小球在电场中受到线的拉力T，重力mg，电场力F三力的作用，如图a，并处于平衡状态。根据三力平衡可求出F，根据F和E，可求出电量q。小球由B点摆至O点（图b），球的能量转化关系是：小球的重力势能转化为电势能，根据能量关系可以决定。
（1）根据小球受力平衡有

将式（2）代入式（1）有

q为正电荷。
（2）小球由B点运动到O点减少的重力势能为,小球增加的电势能为。根据能的转化和守恒定律

将（5）、（6）代入式（4）有

根据式（3）


8、解析：（1）在A点，小球在水平方向只受到电场力作用，根据牛顿第二定律……①
所以在A点的速度为。
（2）根据功能关系……②
根据牛顿第二定律……③
所以在B点小球对环的作用力为：

9、（1）4.56×103V, 2.28cm (2)1.13×10-9s
解析：（1）对电子上升过程运用动能定理得

由得，
（2）电子做初速度为 的匀减直线速运动，其加速度是：，
所以



U U U U


0 t 0 t 0 t 0 t

A B C D