1.9带电粒子在电场中的运动 一（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
同步训练一
一、单选题(共30分)
1．(本题3分)如图所示，为某一电场的电场线，、、为电场线上的三个点，、是同一电场线上的两点，以下说法正确的是（　　）
A．、、三点中，的场强最大
B．的电势可能高于的电势
C．负电荷在点的电势能小于在点的电势能
D．正电荷从自由释放，它将沿电场线运动到点
2．(本题3分)示波管是电子示波器的心脏．在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电极，然后射到荧光屏上。如图所示，电子从静止开始，经过电压为U0的加速电场加速并进入偏转电场，偏转电场中两极板之间的电压为U，电子的电荷量为e，偏转电场中两板之间的距离与板长之比为k，电子重力不计，则电子射出偏转电场后射到荧光屏上时的动能Ek为（　　）
A．
B．
C．
D．
3．(本题3分)如图所示为α粒子散射实验中粒子穿过某一金原子核附近时的示意图，A、B、C三点分别位于两个等势面上，则以下说法中正确的是（　　）
A．粒子在A处的速率比在B处的速率小
B．粒子在A、C处的速度相同
C．粒子从A运动到B的整个过程中电场力始终不做功
D．粒子在B处的速率最小
4．(本题3分)如图为一水平放置的平行板电容器，它两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，并恰好在下极板处（未与极板接触）返回。若只稍微改变下极板的位置，则关于从点开始下落的相同粒子，以下说法正确的是（　　）
A．将下极板向上移动一些，粒子一定打在下极板上
B．将下极板向下移动一些，粒子一定打在下极板上
C．无论下极板上移或者下移一些，粒子一定恰好在下极板处返回
D．无论下极板上移或者下移一些，粒子一定在下极板上方返回
5．(本题3分)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）
A．它们运动的时间tQ＞tP
B．它们运动的加速度aQ＜aP
C．它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2
D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2
6．(本题3分)如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2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大的是(　　)
A．U1变大，U2变大
B．U1变小，U2变小
C．U1变大，U2变小
D．U1变小，U2变大
7．(本题3分)如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断(　　)
A．落到A点的小球带负电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板时的动能关系是：EkA＞EkB＞EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是：aC＞aB＞aA
8．(本题3分)如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角φ变大的是：
A．U1变大，U2变大
B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小
D．U1变小，U2变小
9．(本题3分)如图所示，闭合开关S后A、B板间产生恒定电压U，已知两极板的长度均为L，相距d，带负电的粒子（重力不计）以恒定的初速度v，从两板的正中间平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端C点。若仅将下极板向上移动距离，带电粒子将打在上板上C点，则B板上移后（　　）
A．极板间的电场强度将减小
B．粒子在板间的运动时间不变
C．粒子打在C′时的动能等于打在C时的动能
D．比原入射点低处入射的粒子恰好能打在上板右端C点
10．(本题3分)如图所示，重力不计的甲，乙、两三个点电荷，电荷量相等，质量分别为m、2m、3m，由静止经同一电场加速后，又经同匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么（　　）
A．经过加速电场过程，电场力对丙电荷做的功最多
B．三个电荷打在屏上时的速度一样大
C．三个电荷打在屏上的同一位置上，且所用时间相等
D．三个电荷经过加速和偏转电场打在荧光屏上，电场力对三个电荷做的功一样多
二、多选题(共24分)
11．(本题4分)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(
)
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
12．(本题4分)有人设计了一个利用静电除尘的盒状容器，它的上下底面为正对的金属板，板间距为，当连接到电压为的电源两极时，两金属板间产生一个匀强电场，如图所示。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内，且这些颗粒在两板间处于静止状态。合上电键之后，颗粒向下运动。每个颗粒电性相同，带电量均为，质量均为，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，颗粒重力不计。则（　　）
A．颗粒带正电
B．经过时间烟尘颗粒可以被全部吸附
C．除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为（为容器中颗粒总数）
D．若两板间距调整为，则颗粒在除尘器中能获得的最大速率将变为调整前的倍
13．(本题4分)如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电。油滴的大小、质量、所带电荷量各不相同。油滴进入电场时的初速度及油滴间的相互作用忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．若观察到某油滴悬浮不动，该油滴的质量一定比其他油滴小
B．若观察到某油滴悬浮不动，该油滴一定没有受到电场力作用
C．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴的电势能一定不断增加
D．若观察到某油滴向下加速运动时，该油滴所受电场力一定做负功
14．(本题4分)一带电粒子初速度为0，在电势差为的电场下加速获得一初速度，进入如图所示的平行板电容器中，已知带电粒子电荷量为q，质量为m，平行板板长为L，两板间距为d，电势差为U。已知带电粒子重力不计，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子在加速电场和偏转电场中运动的加速度之比为
B．粒子在射出偏转电场时竖直方向上的偏转距离由和U决定
C．粒子在射出偏转电场时竖直方向上的偏转距离
D．粒子在离开电场时的偏转角度与带电粒子的比荷无关
15．(本题4分)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电
B．三个小球在电场中运动的时间相等
C．三个小球到达正极板的动能
D．三个小球的加速度关系为
16．(本题4分)如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则(????)
A．微粒进入电场后，电势能和重力势能之和不断增大
B．微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为
C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为
D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板
三、解答题(共46分)
17．(本题8分)如图所示，水平放置的平行板电容器上板上开有一个小孔，电容器两板间距离为d，所加电压恒定。现将一质量为m、带电量为的小球从小孔正上方高处由静止开始释放，从小孔进入电容器后恰好做匀速直线运动。重力加速度为g。
(1)求小球刚进入电容器时的速度大小；
(2)求电容器两板间电压，并判断上、下板哪一板电势较高；
(3)若在其他条件不变的情况下，仅将下板向下移动距离d。求：
①小球在电容器内运动的加速度大小；
②小球到达下板时的速度大小。
18．(本题8分)如图所示，有一带正电粒子，质量为m，电荷量为q，忽略重力，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若粒子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。求：
(1)粒子刚进入偏转电场时的速度v0；
(2)粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；
(3)粒子穿出偏转电场时的动能。
19．(本题10分)如图所示，静止于A处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强电场（其中CNQD为匀强电场的边界），电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处电场强度为E，方向如图所示。粒子质量为m、电荷量为q，其中QN=2d，PN=3d，粒子重力不计。求：
(1)加速电场的电压U；
(2)若粒子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场的电场强度E0的值；
(3)在满足(2)的条件下，求粒子到达Q点的速度大小。
20．(本题10分)如图所示的直角坐标系中，在直线x=d到y轴区域内存在着沿x轴正方向的匀强电场E；在直线x=d到y轴区域存在着两个大小均为E2、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向。在电场左边界上A1(-d,d)到C(-d,0)区域内，连续分布着带正电且电量为q、质量为m的粒子，均处于静止状态。若处于A1点的粒子释放后，在电场力作用下，能恰好从A2(d.0)处射出电场。不计粒子的重力及它们间的相互作用。
(1)A1处粒子释放后，在电场力作用下到达y轴时的速度大小；
(2)求匀强电场的电场强度大小E1与E2之比；
(3)初位置为A3(-d,0.25d)处的粒子释放后，在电场力作用下，求其离开右边电场时的位置坐标。
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，故A错误；
B．顺着电场线的方向，电势降低，则M点电势高于P点电势，故B错误；
C．顺着电场线的方向，电势降低，则
且负电荷在电势低处电势能大，则负电荷在点的电势能小于在点的电势能，故C正确；
D．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D错误。
故选C。
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
直线加速过程，有
①
进入偏转电场做类平抛运动，设板长为L、两板间距离为d，其中，则有
L=v1t…②
…③
对运动的全程，根据动能定理，有
…④
联立①②③④解得
故D正确、ABC错误。
故选D。
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
ACD．根据α粒子的运动轨迹曲线，可判定α粒子受到的是斥力，由A到B库仑力做负功，速度减小，则α粒子在A处的速率比在B处的速率大；由B到C库仑力做正功，速度增大，则α粒子在B处的速率最小，故选项AC错误，D正确；
B．由轨迹可知，α粒子在A、C处的速度大小方向不同，选项B错误。
故选D。
4．B
【解析】
【分析】
【详解】
设电容器两极板间电压为，带电粒子质量为，对下极板未移动前，带电粒子从静止释放到速度为零的过程，由动能定理得：
将下极板向上移动一些时，此时极板间距变为，设粒子运动到距上极板处速度为零则有，
联立以上两式解得
因为
所以
说明粒子打不到下极板上；
将下极板向下移动一些，此时，由以上分析可知，
说明粒子一定打在下极板上，
综上所述，A错误，B正确，C错误，D错误。
故选B。
5．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子在电场中做类平抛运动，由s=vt
可得P、Q运动的时间应相等，选项A错误；
B．平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有
解得
由于平行电场方向的位移之比为1：2，所以
aQ＞aP
故B错误；
C．根据牛顿第二定律，有
qE=ma
解得
所以P、Q的电荷量之比为qP∶qQ=1：2，选项C正确；
D．由动能定理有
qEy=△Ek
而qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2，所以
选项D错误。
故选C。
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
ABCD．设偏转电场极板的长度为L，两板间距离为d。电子在加速电场中由动能定理得
再由牛顿第二定律和电场强度与电势差的关系
，
电子在偏转电场中由类平抛运动规律
，
则电子的偏转角
即U1变小，U2变大，一定能使电子的偏转角变大，故选D。
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．小球在水平方向做匀速直线运动，根据x=vt，因水平方向的距离大小关系xA＞xB＞xC可知
tA＞tB＞tC
而在竖直方向上，三个小球通过的高度相同，根据位移公式h＝at2和时间关系可知
aA＜aB＜aC
再根据牛顿第二定律可分析出，带正电荷小球受静电力向上，合力为mg-F电，其加速度最小，经过时间最长，故A球带正电，同理可知C球带负电，B球不带电，故AB错误，D正确；
C．在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，根据动能定理可知其动能改变量最大，而带正电荷小球功能改变量最小，即
EkC＞EkB＞EkA
故C错误。
故选D。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④
由①、②、③、④可得：
又有：，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大，故选项B正确．
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．两极板间的电压不变，间距减小，由电场强度与电势差的关系
可知电场强度增大，A错误；
B．由电场强度增大，粒子受到的电场力增大，在竖直方向上的加速度增大，再由初速度为零的匀变速直线运动的位移公式
可知，粒子在板间的运动时间减小，B错误；
C．由初速度为零的匀变速直线运动的速度位移公式
可知速度增大，即粒子打在C′时的动能大于打在C时的动能，C错误；
D．粒子在板间做类平抛运动，变化前有
，
变化后有
，
由牛顿第二定律可求得
，
解得
D正确。
故选D。
10．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．电荷通过加速电场，电场力做功，甲、乙、两三个点电荷电荷量相等，可知电场力做功相等，故A错误；
BD．
经过加速电场，由动能定理可得
在偏转电场中电荷做类平抛运动，水平方向做匀速运动，设板长为l，则有
竖直方向做匀加速直线运动，设间距为d，则有
联立以上三式可得
说明三个电荷侧移量相同，设在偏转电场中电场力做功为，则有
联立可得
整个过程电场力做功
通过比较可知电场力对三个电荷做的功一样多，因三个电荷质量不同，由动能定理可知三个电荷获得速度大小不同，故D正确，B错误；
C．由前面分析可知电荷在偏转电场中做类平抛运动，则有
设射出偏转电场时速度与水平方向夹角为，则有
联立可得
说明三个电荷射出偏转电场时侧移量、方向相同，三个电荷打在屏上的同一位置上，因射出加速电场时速度大小不同，质量大的电荷，速度小，打在荧光屏用时较长，故C错误。
故选D。
11．BD
【解析】
试题分析：带电粒子在电场中运动问题．带电小球在两板间做类平抛运动，竖直方向，水平方向，由牛顿第二定律有，当下板不动，将上板上移一小段距离，不变，落到下板时相同，则t、L相同，可见A
选项错误，B选项正确，C选项错误，若上板不动，将下板上移一段距离不变，落到下板时减小，则t、L减小，小球可能打在下板的中央，D选项正确
故选BD
考点：带电粒子在电场中的运动
点评：中等难度．此题带电粒子在电场中的偏转做类平抛运动，要注意电容器断开电源，改变两极板间的距离，两板间电场强度不变是解决问题的关键．
12．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A．两极板间在合上电键后形成竖直向下的匀强电场，原来静止的颗粒只受向下的电场力而加速运动，故颗粒带正电，故A正确；
B．颗粒做匀加速直线运动，最长的运动时间为从上极板到下极板，有
解得
故B正确；
C．若所有颗粒均从上极板加速运动到下极板，电场力所做总功为
但颗粒是充满在两极板之间，大多数颗粒加速的位移小于L，则实际的总功小于，故C错误；
D．颗粒从上极板加速到下极板获得最大速率，由动能定理
可得最大速率为
若两板间距调整为2L，而极板间的电压仍为U不变，则颗粒在除尘器中能获得的最大速率不变，故D错误。
故选AB。
13．CD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．油滴进入电场后受重力与电场力，若观察到某油滴悬浮不动，说明重力与电场力平衡即
则
若其它油滴向上运动，则此油滴的质量小于悬浮不动油滴的质量，故AB错误；
CD．若观察到某油滴向下加速运动时，由于油滴带负电，则电场力对油滴做负功，则油滴电势能增大，故CD正确。
故选CD。
14．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．两极板间的电场强度
带电粒子在极板间受到的电场力
带电粒子在极板间的加速度
在闭合相等的情况下，加速度之比为
故A错误；
BC．粒子在加速电场中做匀变速直线运动，根据动能定理
该粒子在电场中运动时间
粒子在电场中运动竖直方向偏移的距离
有上述解得
偏转距离由和、
、决定，故B错误，C正确；
D．在电场力方向的速度
那么速度方向偏角的正切值为
与带电粒子的比荷无关，故D正确。
故选CD。
15．AC
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．小球做类平抛运动，水平方向为匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动，从图中可以看到小球A的水平位移最大，根据公式可知小球A运动的时间最长，其次是小球B，小球C的运动时间最短；在竖直方向上，则有
由于相同，结合时间得知
小球受重力和电场力，又由于带正电的小球受到的电场力方向与电场方向相同，带负电的小球受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的小球不受电场力，所以小球A受到向上的电场力即小球A带正电，小球C带负电，小球B不带电，故A正确，B、D错误；
C．以相同的水平速度先后垂直极板间电场射入，电场力对小球C做正功，则动能增加；电场力对小球A做负功，则动能减小，电场力对小球B不做功，则动能不变，所以三个小球到达正极板时的动能为
故C正确；
故选AC。
16．ACD
【解析】
【详解】
微粒从进入电场至C点过程中，做减速运动，动能减小，根据能量守恒可知电势能和重力势能之和一直增大，故A正确．微粒下降的高度为h+，重力做正功，为WG=mg（h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功为．故B错误．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功△EP=qU．根据能量守恒，还应等于整个过程的重力势能减小量，即△EP＝WG＝mg(h+)，故C正确；由题微粒恰能落至A，B板的正中央C点过程，由动能定理得：
；若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：，由两式联立得v=0，即恰好能达到A板．故D正确．
17．(1)；(2)，下板电势较高；(3)①；②
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据自由落体运动公式
代入数据得
(2)根据二力平衡条件
代入数据得
根据电场力的方向及电性可知：下板电势较高
(3)将下板向下移动距离d后，场强和电场力均变为原来的二分之一
①根据牛顿第二定律
②根据动能定理求解
根据动能定理
代入数据
18．(1)
；(2)L=；t=；
(3)Ek=q(U1+)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在加速电场中有
解得
(2)粒子在偏转电场中的运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，水平方向
竖直方向
加速度
由以上各式解得极板长
运动时间
(3)粒子在整个运动过程中由动能定律得
射出电场时的动能
19．(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有
粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有
联立解得
(2)粒子进入矩形区域的有界匀强电场做类平抛运动，根据平抛运动规律
竖直方向有
水平方向有
由牛顿第二定律得
联立解得
(3)粒子进入矩形区域的有界匀强电场到达Q点，根据动能定理有
解得粒子到达Q点的速度大小
20．(1)
；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据动能定理得
（2）x方向
y方向
得
（3）x方向
y方向
得
根据对称性，粒子末位置坐标为
试卷第1页，总3页