1.9带电粒子在电场中的运动 二（答案含解析）—人教版高中物理选修3-1 同步训练

1.9带电粒子在电场中的运动
同步训练二
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（
）
A．仍然保持静止
B．竖直向下运动
C．向左下方运动
D．向右下方运动
2．(本题3分)如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N
是同一电场线上两点．下列判断错误的是
A．只受电场力作用时，同一负电荷在N点的加速度最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．正电荷从M点自由释放，电荷不可能沿电场线运动到N点
D．只受电场力作用时，同正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
3．(本题3分)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P′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P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
4．(本题3分)在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0
（v0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（
）
A．当Um＜时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当Um＞时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2
D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：
5．(本题3分)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地。三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（　　）
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA
6．(本题3分)如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷分别为+Q、-Q、+q；A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。C沿杆下滑时带电量保持不变，那么C在下落过程中，以下判断正确的是（　　）
A．电场力做正功
B．小球C所受摩擦力先减小后增大
C．小球C下落一半高度时速度一定最大
D．摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量
7．(本题3分)如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程（　　）
A．加速度大小为a=g
B．下降的高度为
C．所需的时间为
D．电场力所做的功为W=Eqd
8．(本题3分)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板X应带负电
B．极板X应带负电
C．极板Y应带正电
D．极板Y应带负电
9．(本题3分)如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点，若不计重力，则(
)
A．a的电荷量一定大于b的电荷量
B．a的质量一定大于b的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．电场对a、b两粒子所做功的关系为
10．(本题3分)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q，现仅将上极板上移些许，其它条件保持不变，则下列分析错误的是（　　）
A．上移后油滴的运动轨迹仍然是直线
B．上移后电场强度大小为，方向竖直向上
C．上移后下板和上板之间的电势差为
D．上移后油滴穿越两板之间的电场电势能减少了mgd
二、多选题(共24分)
11．(本题4分)如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压．一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定在两板正中间的P点，在t
=
0时刻释放该粒子，3t?时间内粒子未到达极板．则在0
～
3t?时间内，下列说法正确的是（
）
A．从t
=
0开始，粒子向M板运动
B．粒子从t0开始一直向N板运动
C．0～2t0时间内，电场力对粒子做的功为mg2t20
D．3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率为mg2t0
12．(本题4分)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度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一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
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，
13．(本题4分)如图所示，匀强电场方向水平向右，一根不可伸长的绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球．把小球拉至水平位置
A，然后由静止释放，小球运动到细线与水平方向成θ=60°的位置B时速度刚好为零．重力加速度为g．以下说法正确的是（
)
A．匀强电场的场强大小为
B．匀强电场的场强大小为
C．球在B点时，细线拉力为
D．球在B点时，细线拉力为
14．(本题4分)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小（偏转距离减小），下列措施可行的是
A．减小墨汁微粒的质量
B．增大偏转电场两板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
15．(本题4分)如图所示，两平行金属板M、N通过开关K与电源E连接，N板接地，当开关闭合时有一带电液滴刚好静止在P点。开关K始终保持闭合，下列说法正确的是（
）
A．液滴带负电
B．向上移动M板，两板组成电容器的电容将变大
C．向上移动M板，P点电势将升高
D．向上移动M板，液滴将向下运动
16．(本题4分)图甲为一平行板电容器，板间距离为d（未知），板间电场强度的变化规律如图乙所示（图乙中数据均为已知）。t=0时刻，质量为m的带电小球以初速度v0沿中线射入两板间，T时刻小球恰好经金属板边缘水平飞出，小球运动过程中始终未与金属板接触，重力加速度大小为g，电容器的电容为C，下列说法正确的是（　　）
A．小球的带电荷量为
B．两板间距离
C．0~时间内，平行板的带电荷量为CE0gT2
D．若0~、~、~T时间内板间电场强度分别变为2E0、0、E0，其余条件均不变，则该带电小球恰好从电容器上极板边缘飞出
三、解答题(共36分)
17．(本题8分)如图所示，水平绝缘直轨道由光滑段与粗糙段组成，它与竖直光滑半圆轨道在C点处平滑连接，其中处于电场区内。一带电量为、质量为m的可视为质点的滑块从A处以水平初速度进入电场区沿轨道运动，从B点离开电场区继续沿轨道运动，最后从圆轨道最高点D处以水平速度v离开圆轨道。已知：轨道长，圆半径，，，滑块与轨道间的动摩擦因数，重力加速度g取，设装置处于真空环境中。
(1)若滑块到达圆轨道D点时的速度
①在D点处时，求滑块受到的弹力N；
②求滑块从B点离开电场时的速度vB；
(2)若，为使滑块能到达圆轨道最高点D处，且离开圆轨道后落在水平轨道上，求A、B两点间电势差应满足的条件。
18．(本题8分)如图甲所示，平行金属板间距离为d、板长，其下极板的A端与右侧竖直放置的光滑圆弧形绝缘轨道相切，轨道半径为d，轨道处在水平向左的匀强电场中。平行金属板间电场强度随时间的变化规律如乙图所示，时刻，带正电的小球以一定的初速度沿中线射入两板间，时间内小球匀速启动，T时刻小球运动至A点。当小球沿着轨道运动到最高点B时，小球对轨道的压力恰好为零。己知小球的质量为m，重力加速度的大小为g，为己知量，T未知。求：
（1）小球的带电量q；
（2）小球的初速度大小v0；
（3）水平向左的匀强电场的电场强度大小E。
19．(本题10分)如图甲所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与y轴重合，下端与x轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知t＝0时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为1m，板间距为2m。在第四象限内存在沿x轴负方向、E＝2×102N/C的匀强电场，在y＝﹣1m处垂直于y轴放置足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P，一束比荷＝102C/kg的带正电粒子沿两极板间中线不断射入两极板间的电场中，速度大小v0＝50m/s，所有粒子均能垂直于x轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。
（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；
（2）从坐标为（0.64m，0）的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与P点间的距离；
（3）打到荧光屏上且距P点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。
20．(本题10分)一束电子流在经的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行金属板间的匀强电场，如图所示。若两板间距离，板长，电子的比荷为，电子的电量，电子的重力不计。试求：
（1）电子刚进入平行金属板时的速率？（结果保留一位有效数字）
（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
（3）若在两平行金属板间加上的偏转电压，求电子穿过水平放置平行金属板的过程中电势能的增加量。（结果保留一位有效数字）
21．(本题10分)如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O点为荧光屏的中心。已知电子质量m=
9.0×1031kg，电荷量e=
1.6×1019C，加速电场电压U0=
2500
V，偏转电场电压U=
200
V，极板的长度L1=6.0
cm，板间距离d=2.0
cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0
cm（忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字）。求：
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子穿出偏转电场时的偏移量y。
参考答案
1．D
【解析】
本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．
点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
A、N点电场线最密场强最大，由可知N点的加速度最大，故A正确．B、顺着电场线的方向电势降低，所以M点的电势最高，故B错误．C、在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故C错误．D、根据EP=qφ，由φM＞φN可知，正电荷在M点电势能大于在N点的电势能，故D正确．故选B．
【点睛】
解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低．判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
3．A
【解析】
【详解】
设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．
4．A
【解析】
A、B、当由电子恰好飞出极板时有：l=v0t，，由此求出：，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A正确，B错误；C、当，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误,D、若，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，则D选项错误．故选A．
【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．
5．C
【解析】
【详解】
C.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是，三个小球水平速度相同，由得运动时间关系是，故选项C符合题意；
B.竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移大小相等，由得到加速度关系为，故选项B不符合题意；
A.根据牛顿第二定律得到合力关系为，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来带正电、不带电、带负电，故选项A不符合题意；
D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力，则合力做功大小关系为，根据动能定理得三小球到达下板时的动能关系是，故选项D不符合题意。
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．AB为等量异种点电荷，故产生的电场在AB连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面，小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，故A错误；
B．小球C在下滑的过程中，由于场强增大，电场力也将逐渐增大，滑动摩擦力为
故受到的摩擦力一直增大，故B错误；
C．小球C的速度先增加后减小，开始时重力大于摩擦力，C的加速度向下；后来重力小于摩擦力，加速度向上，C做减速运动；当摩擦力等于重力时加速度为零，此时速度最大，但是此位置不一定在下落的高度一半的位置，故C错误；
D．小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，初末状态的动能相同，摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量，故D正确；
故选D。
【点睛】
等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，从垂足向两侧场强逐渐减小。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．电荷下落过程中，受到重力和电场力，故加速度不为g，故A错误；
B．小球水平方向的位移为，由于重力和电场力关系未知，故竖直方向位移不一定为，故B错误；
C．水平方向有
解得
故C正确；
D．电场力做功为
故D错误；
故选C。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，X′带负电；同理电子向Y′方向偏转，则可知Y带负电，Y′带正电，故B正确，ACD错误；
故选B。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则粒子的加速度为
①
运动的时间为
②
偏转量为
③
因为两个粒子的初速度v相等，偏转量y也相等，E也相同，根据③式可知，x越大，就越小，所以a的比荷一定大于b的比荷，但质量m的大小无法确定，所以a的电荷量与b的电荷量的大小也无法确定，综上所述，AB错误，C正确；
D．电场力对粒子所做功的关系为
偏转量y相等，E也相同，但是a的电荷量与b的电荷量的大小不能确定，所以电场力对a粒子和b粒子做功的大小不能确定，D错误。
故选C。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由于液滴沿直线从上极板边缘射出，可知一定做匀速直线运动，可得
可得
根据公式，，可得
可知，当上极板向上移动，E不变，方向竖直向上，仍有，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确；
C．综上分析，由于E不变，根据，当上极板向上移动些许，d变大，所以U变大，不再是，C错误；
D．当上极板向上移动，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做负功mgd，则电场力做正功mgd，根据功能关系可知，微粒的电势能减小了mgd，D正确。
本题选择错误的，故选C。
11．AD
【解析】
【分析】
【详解】
电场力为F=qE=2mg；t=0时刻，电场力向上，时间向上匀加速，加速度为g；时间向上匀减速，加速度为3g；时间向下匀减速，加速度为g；从t=0开始，粒子向M极运动；从开始一直向N极运动；故A正确，B错误；时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为，时间向上匀减速，根据位移时间关系公式，位移为，在时间内，粒子的位移为零，故电场力对粒子做的功为零；故C错误；根据速度时间关系公式，时粒子的速度为：，方向向下；故时，重力对粒子做功的瞬时功率为：，故D正确；故选AD．
【点睛】
带电粒子做直线运动，先根据F=qE求解电场力，再根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解各个时间段的位移，然后根据恒力做功表达式求解电场力的功，根据P=Fv求解瞬时功率
12．AD
【解析】
试题分析：带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd；
由动能定理可知：E1qd=mv2；
解得：；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；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，则偏转电场对三种粒子做功一样多；故A正确，B错误；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；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；故C错误，D正确；故选AD．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功．
13．BC
【解析】
类比单摆，根据对称性可知，小球处在弧线中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qEsin30°=mgcos30°，化简可知Eq=mg，选项B正确，A错误；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故细线拉力T=mg，选项C正确，D错误；故选BC．
点睛：本题要求同学们能正确的对物体进行受力分析，并能联想到已学的物理模型，根据类比和对称的思想，根据相关公式解题．
14．BC
【解析】
【详解】
微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：
；
竖直方向：
，
加速度：
，
联立解得：
，
要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y。由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大转电场两板间的距离、减小偏转极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度，故AD错误，BC正确；
15．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．电容器的上极板带正电，沿着电场线电势降低，下极板为零，故M点的电势为正值；
开始时液滴静止，故
mg=Eq
电场力向上，则液滴带负电荷，故A正确；
B．保持开关闭合，将M板上移一小段距离，板间距增大，根据电容决定式可知，电容C减小，故B错误；
C．保持开关闭合，将M板上移一小段距离，板间距增大，两板间的电势差不变，由U=Ed可知E减小，PN间的电势差为
而N板接地，，且不变，则P点的电势将降低，故C错误；
D．保持开关闭合，将M板上移一小段距离，板间距增大，两板间的电势差不变，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，则合力向下，故液滴将向下运动，故D正确。
故选AD。
16．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据题意可知，小球在竖直方向上，内做匀加速直线运动，加速度为
内做
a3=g
匀加速直线运动，在做匀减速运动最后减为零，此过程加速度为
根据速度时间公式
联立可得
故A错误；
B．由以上可得
a1=0
a2=g
a3=g
根据运动学公式可得两板间距离
故B正确；
C．时间内，平行板的带电荷量为
Q=CU
U=E0d
联立可得
故C错误；
D．根据A分析可知，小球将向上以g加速运动，接下来以g减速运动，在竖直速度为零，所以带电小球恰好从电容器上极板边缘飞出，故D正确。
故选BD。
17．(1)①0；②3m/s；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①根据牛顿第二定律和向心力公式得
代入数据得
②根据动能定理
解得
vB=3m/s
（3）当电势差UAB最低时，滑块恰能经过最高点D，此时vD=1m/s
由动能定理
解得
UAB=-1600V
当电势差UAB最高时，滑块经过最高点D后做平抛运动，恰能落到B点，则由平抛运动的规律，竖直方向
水平方向
动能定理
解得
U′AB=800V
则AB间电势差满足的条件是
18．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意得
解得
（2）水平方向
竖直方向
解得
（3）根据动能定理有
在B点由牛顿第二定律
联立解得
19．（1）104m/s2；（2）1.92m；（3）（n＝0，1，2，3……）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可知
而
解得：a1＝104m/s2
（2）从（0.64m，0）射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为t1，则有：
到达y轴时速度与水平方向的夹角为θ，可得
设达到荧光屏上的点与P点的距离为s1
解得s1＝1.92m
（3）设粒子达到P点左侧的距离为s的出射点坐标为（x，0）
与（2）同理可得
解得
当x＝1m时，s有极大值2m，当粒子从x＝1m位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为、、……
可得粒子进入两极板间的时刻为（n＝0，1，2，3……）
20．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）电子加速过程中，由动能定理有
解得
（2）电子进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动
在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动，设两平行板间电压为，加速度
偏移的距离
电子能飞出的条件
联立解得
即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为。
（3）由于
解得
21．(1)
；(2)0.36cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电子在加速电场中，根据动能定理有
代入数据得
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y电子在水平方向做匀速直线运动
L1=v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动
根据牛顿第二定律有
联立得：
y
=3.6×10﹣3m=0.36cm
试卷第1页，总3页