10.5带电粒子在电场中的运动 同步检测— 2020-2021学年【新教材】人教版（2019）高中物理必修第三 Word版含答案册

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…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
(
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
)
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
10.5带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1.一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
2.如图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，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，不计电子重力，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变大???????????C.?U1变大，U2变小???????????D.?U1变小，U2变小
3.质子(
H)、α粒子(
He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是(???
)
A.?质子(
H)???????????????????????B.?α粒子(
He)???????????????????????C.?钠离子(Na＋)???????????????????????D.?都相同
4.如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l,在正极板附近有一电荷量为q
(q>0)的带正电粒子,在负极板附近有另一电荷量为-q的带负电粒子,在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知带正、负电粒子的质量之比为2:1,若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则当两粒子同时经过一平行于极板的平面时,该平面到正极板的距离为（??
）
A.?????????????????????????????????????????B.?????????????????????????????????????????C.?????????????????????????????????????????D.?
5.如图所示，正电子垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电子做（??
）
A.?匀速直线运动??????????B.?匀加速直线运动??????????C.?向下偏转的曲线运动??????????D.?向上偏转的曲线运动
6.如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是
(????)
A.?此液滴带负电???????B.?液滴的加速度等于???????C.?合外力对液滴做正功???????D.?液滴的电势能增加
7.如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x=ky2
，
且小球通过点P，
，已知重力加速度为g，则（??
）
A.?电场强度的大小为
B.?小球初速度的大小为
C.?小球通过点P时的动能为
D.?小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
8.如图，四个质量均为m、带电荷量均为+q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（mg>qE），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td
，
不计空气阻力，则（??
）
A.?tb9.如图所示，水平放置两平行金属极板间有一垂直于极板的匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M．一带电量为q、质量为m的质点从两板中央平行于极板方向射入板间，最后垂直打在M屏上，则（??
）
A.?质点入射时的动能小于打到屏上时的动能
B.?板间电场强度大小为mg/q
C.?质点在板间运动的加速度大小为g，方向竖直向上
D.?质点在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏M的时间
10.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为+q、-q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率vo和2vo进入矩形区（两粒子不同时出现在电场中），不计重力。两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（??
）
A.?????????????????????????????B.?????????????????????????????C.?????????????????????????????D.?
11.如图所示，从炽热的金属丝飞出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（??
）
A.?仅将偏转电场极性对调
B.?仅增大偏转电极间的距离
C.?仅增大偏转电极间的电压
D.?仅减小偏转电极间的电压
12.如图所示是示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以速度υ0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量为h，两平行板间的距离为d，电势差为U2
，
板长为L。为了提高示波管的灵敏度（即每单位电压引起的偏转量
），可采取的方法是（??
）
A.?增大两板间电势差U2?????????????B.?减小板长L?????????????C.?减小两板间距离d?????????????D.?增大加速电压U1
13.·如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(??
)
A.???????????????????????????????????B.???????????????????????????????????C.???????????????????????????????????D.?
14.如图所示，在正方形ABCD的四个顶点分别放置等量点电荷，其中A、B两点放正电荷，C、D两点放负电荷。O点为正方形的中心，E、F分别为AB边和CD边的中点。以下说法正确的是（??
）
A.?O点处的电场强度为0??????????????????????????????????????????B.?O点到E点，电势逐渐降低
C.?E，F两点的电场强度大小相同?????????????????????????????D.?E，F两点的电场强度方向相反
15.如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且电场力为3mg。重力加速度为g，由此可知（??
）
A.?AB=3BC
B.?小球从A到B与从B到C的运动时间相等
C.?小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
D.?小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等
16.在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=
时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图像的是（
??）
A.????????????????????????B.????????????????????????C.????????????????????????D.?
二、解答题
17.如图所示，在xOy平面的第一象限内放置平行金属网，OA与y轴重合，边缘落在坐标原点，两网正对，长度和间距均为L，AO和BC间的电势差恒为U0（U0>0）；第二象限内正对放置平行金属板MN和PQ，板长和板间距离也均为L，PQ与x轴重合，边缘P点坐标为（-
，0），PQ与MN间电势差也为U0电子可以自OA和BC间任意位置由静止出发，设电子通过金属网时不与网发生碰撞，不考虑平行板电容器的边缘电场，不计电子所受重力。若电子自（L，
）出发，求电子到达x轴的位置坐标。
18.如图所示，在平面直角坐标系xOy平面的笫一象限内，有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小
。在x=3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏。一群电子束以相同的初速度v0从y轴上0≤y≤2d的范围内垂直于y轴向右射入匀强电场。电子质量为m，电量为e，电子间的相互作用及重力不计。求：荧光屏上发光点距N点的最远距离L。
19.如图所示，一个荷质比
的带电粒子从A板由静止开始经过A、B极板间的匀强电场加速后，又沿中心轴线垂直射入偏转电场，并从另一侧射出电场打到荧光屏上的P点，
点为荧光屏的中心，且
间距h=0.72cm。已知偏转电场电压U=200V，板间距离d=2.0cm，极板的长度L1=6.0cm。极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm，加速电场A、B极板间距为L0=4.5cm。（忽略粒子所受重力）。求：粒子从静止开始运动到打到屏幕上所经历的时间t。
答案解析
一、单选题
1.【答案】
D
【解析】设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得
，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得
，联立解得
，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D符合题意．
故答案为：D
【分析】电场力做功与路径无关，只与始末位置无关，利用公式W=qU求解即可，其中q是电荷量，U是AM两点间的电势差。
2.【答案】
B
【解析】根据动能定理：eU1=
mv2;在偏转电场中：vy=at；
；
；
；若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1
，
故答案为：B．
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式分析求解即可。
3.【答案】
B
【解析】由
可知：当U相同，α粒子带2个单位的正电荷，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大。
故答案为：B
【分析】利用动能定理可以求出末动能的决定因素。
4.【答案】
C
【解析】本题不计重力，粒子仅在电场力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正负粒子加速度之比为1:2，
经过相同的时间两个粒子运动的位移之比是1:2，所以正电荷下降了整个高度的
?，所以该平面到正极板的距离为
，C对；ABD不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据牛顿第二定律两带电粒子的加速度分别为和
，
位移分别为
，
，
，
得
，
解得。
5.【答案】
D
【解析】解：AB、正电子带正电，所受的电场力与场强方向相同，即竖直向上，且电场力与初速度垂直，所以正电子做类平抛运动，是一种匀变速曲线运动，故AB错误．
CD、正电子所受的电场力向上，所以正电子做向上偏转的曲线运动，故C错误，D正确．
故选：D．
【分析】分析正电子的受力情况来判断其运动情况，正电子带正电，所受的电场力与场强方向相同．
6.【答案】
B
【解析】【分析】：由题可知，带电液滴只受重力和电场力作用，合力沿bd方向，液滴匀加速运动，合力做正功，C对；电场力方向向右，故液滴带负电荷，A正确；电场力做正功，所以电势能减少，D错；由力的合成与分解可知电场力与重力相等，合力为
，
加速度为
，
B对；
【点评】：由粒子的运动明确受力特点是解决本题的关键
7.【答案】
C
【解析】A．小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，可知
电场强度的大小为
，
A不符合题意；
B．小球竖直方向做匀速运动
小球水平方向上做匀加速
水平方向的合力提供加速度
解得：
B不符合题意；
C．有动能定理可知：
，
所以小球通过点P时的动能为
，
C符合题意；
D．小球从O到P过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即
，
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】小球做类平抛运动，利用数字方向的平衡方程可以求出电场强度的大小；利用类平抛的位移公式及牛顿第二定律可以求出粒子初速度的大小；利用动能定理可以求出小球经过P点的动能大小；利用电场力做功的表达式可以求出电场力做功的大小即电势能变化量的大小。
8.【答案】
A
【解析】令抛出点高度为h，则a小球做平抛运动，落地时间
b小球受到竖直向下的电场力，方向与重力方向相同，小球在竖直方向做加速度为
的匀加速运动，水平方向做匀速直线运动，故小球落地时间为
同理c小球做类平抛运动落地时间
d小球受到水平向右的电场力作用，故在水平方向做匀加速直线运动，竖直方向只受重力作用，做自由落体运动，故有d小球落地时间
综上所述有四个小球落地时间满足
故答案为：A。
【分析】a小球做平抛运动，b小球和c小球做类平抛运动，d小球做匀加速直线运动。只研究四个小球在竖直方向的运动。a和d在竖直方向做自由落体运动，b小球受到竖直向下的电场力，做初速度为零，加速度大于g的匀加速直线运动，c小球受到竖直向上的电场力，做初速度为零，加速度小于g的匀加速直线运动。
9.【答案】
C
【解析】因为当质点离开电场后，由于不受电场力了，只受重力作用，所以质点将向下偏转，而最后垂直打到极板上，则说明质点在竖直方向上的速度减为零，只剩下水平方向上的速度，等于初速度，所以质点入射时的动能等于打到屏上时的动能，A不符合题意；因为初始速度和打到屏上的速度相同，所以质点在电场中运动时，重力和电场力做的功，等于射出电场后重力所做的功，设质点在竖直方向上最大位移为h，则
，解得
，质点在电场中运动时，合力
，故加速度为g，方向向上，B不符合题意C符合题意；质点在整个过程中水平方向上做匀速直线运动，而极板的长度为L，极板右端到屏的距离也为L，所以质点在板间运动的时间等于它从板的右端运动到光屏M的时间,，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】质点离开电场后垂直打在板上说明竖直方向速度变化为0所以入射的动能等于打在屏幕上的动能；利用竖直方向电场力做功等于重力所做的功可以求出电场强度的大小；利用牛顿第二定律可以求出质点在电场中运动的加速度大小；利用水平方向的匀速直线运动的位移公式可以比较运动的时间。
10.【答案】
A
【解析】两个粒子都做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
轨迹相切时，速度方向恰好相反，即在该点，速度方向与水平方向夹角相同
两个粒子都做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由以上各式整理得
故答案为：A。
【分析】两个粒子都做类平抛运动；利用轨迹相切可以判别交点处的速度方向相同；再结合水平方向和竖直方向的位移公式可以求出初速度的大小。
11.【答案】
C
【解析】A.仅将偏转电场极性对调，只能改变电子的偏转方向，而偏转角的大小不变。所以A不符合题意。
BCD.设加速电场的电压为U1
，
偏转电压为U2
，
极板长度为L，间距为d。
电子加速过程中，根据动能定理有
得
在偏转电场中由类平抛运动规律有vy=at
加速度为
运动时间为
可得偏转角的正切值为
由上式知：当增大U2、或增大L、或减小U1、或减小d，均可使tanθ变大，即偏转角变大，所以C符合题意，BD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用加速电场中的动能定理结合偏转电场中的类平抛运动的位移公式可以求出偏转角的表达式，进而判别其影响因素。
12.【答案】
C
【解析】根据动能定理得
偏转位移
联立解得
灵敏度
A．增大两板间的电势差U2
，
灵敏度不变，A不符合题意；
B．减小板的长度L，灵敏度减小，B不符合题意；
C．减小板间距离d，灵敏度变大，C符合题意；
D．增大加速电压U1
，
灵敏度减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用动能定理及偏转场中的位移公式可以求出灵敏度的表达式进而判别提高灵敏度的方法。
13.【答案】
B
【解析】当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx
，
根据运动的合成与分解，当
时，根据运动学公式有
，
，
，联立得
，B符合题意．
故答案为：B
【分析】对粒子进行受力分析，在沿极板方向和垂直于极板方向分解，离子能都达到极板，即在垂直于极板方向加速度大于零，列方程求解临界电场强度。
14.【答案】
C
【解析】A．由场强叠加原理可知，AB在O点产生的合场强方向向下，CD在O点产生的合场强方向也是向下，则O点处的电场强度不为0，A不符合题意；
B．因在EF直线上场强方向竖直向下，可知O点到E点，电势逐渐升高，B不符合题意；
CD．在E点的场强等于DC两点的电荷在E点场强的叠加，则合场强竖直向下；同理在F点的场强等于AB两点的电荷在F点场强的叠加，则合场强竖直向下，且由对称可知，E、F两点的电场强度大小相同，方向也相同，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】结合题目中给出的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
15.【答案】
D
【解析】AB．小球从A到B的时间为
在B点的竖直方向速度为
小球在电场中的加速度大小为
小球从B到C的时间为
则两段所用的时间之比为4：1，据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，则AB=4BC
AB不符合题意；
C．由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，由于AB段合力冲量方向向下，由于小球在BC段竖直方向做减速运动，则合力方向向上，所以小球在BC段合力冲量向上，C不符合题意；
D．据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，从A到C由动能定理可知，小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用高度变化结合牛顿第二定律可以求出运动时间之比及水平距离的大小；利用合力方向可以判别动量变化量不同；利用动能定理可以判别重力做功与电场力做功相等。
16.【答案】
B
【解析】重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=
时刻开始将其释放，粒子在匀强电场中从静止开始运动，从
到
做匀加速运动；从
到
，因电场力反向，则做匀减速运动，速度达到零；而从
到T，因电场力方向不变，因此反向做匀加速运动；从T到
继续做匀减速运动，速度达到零。在下一个周期中仍是这样：回头向前匀加速运动，再匀减速运动，这样来回运动下去。速度先增大后减小，再反向增大，再反向减小。
故答案为：B
【分析】利用电场力的方向结合粒子的速度方向可以判别粒子对应的图像。
二、解答题
17.【答案】
解：电子经平行金属网BC、OA间电场加速后，速度为v0
，
则由动能定理有
此后电子在MN、PQ的电场间做类平拋运动，设运动时间为t1
，
则
，
，
由上式整理得
，
电子在此后的运动为匀速直线运动
水平方向
竖直方向
整理得
x总
=
-(x
+
L
+
)
=
-2L
所以电子到达x轴的坐标为（-2L，0）。
【解析】【分析】电子在平行金属网中做加速运动，利用动能定理可以求出进入偏转电场的速度大小；电子在偏转电场中做类平抛运动，利用位移公式可以求出离开电场时的偏移量及速度的大小；结合粒子离开电场后做匀速直线运动；利用位移公式可以求出电子到达x轴的坐标。
18.【答案】
解：设电子射入电场时的纵坐标为
，从ON间射出电场时的位置横坐标为
，速度与x轴间的夹角为θ，在电场中运动的时间为t，电子打到屏幕上产生的发光点距N点的距离为D，则
在电场中时
，
，
，
出电场后，由几何关系
联立可得
当
，即
D有最大值，即
【解析】【分析】电子进入电场后做类平抛运动，利用类平抛的位移公式可以求出粒子射出电场的速度方向；结合几何关系可以求出粒子射在荧光屏上距离N点的距离大小。
19.【答案】
解：设粒子进入偏转电场时的初速度为v0
，
将粒子在偏转电场中的运动分解成水平、竖直两个方向的分运动。水平方向：
①
竖直方向：
②
③
设粒子飞出偏转电场时速度偏向角为
，则
④
由于粒子飞出电场时的速度反向延长线过水平分位移的中点，则由几何关系可得
⑤
粒子在加速度电场中
⑥
粒子在偏转电场中
⑦
粒子从飞出电场到打到荧光屏
⑧
则从静止开始运动到打到荧光屏上所经历的时间
⑨
联立①②③④⑤⑥⑦⑧⑨可得
【解析】【分析】粒子在偏转电场中做类平抛运动，利用牛顿第二定律可以求出竖直方向的加速度大小；结合类平抛位移公式和速度公式可以求出粒子在偏转电场运动的时间；利用粒子水平方向的速度大小结合粒子在加速电场中的位移可以求出粒子在加速场运动的时间；利用偏转场后粒子做匀速直线运动，利用运动直线运动的位移公式可以求出运动的时间。