第十章第5节带电粒子在电场中的运动强化训练-2021-2022学年高中物理人教版（2019）必修第三册

2021-2022学年高二物理人教版（2019）必修第三册第十章第5节带电粒子在电场中的运动强化训练
第I卷（选择题）
一、单选题
1．匀强电场的电场强度E＝5.0×103
V/m，要使一个电荷量为3.0×10－15
C的负点电荷(不计重力)沿着与电场强度方向成60°角的方向做匀速直线运动，则所施加外力的大小和方向应是(
)
A．1.5×10－11
N，与场强方向成120°
B．1.5×10－11
N，与场强方向成60°
C．1.5×10－11
N，与场强方向相同
D．1.5×10－11
N，与场强方向相反
2．如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子－q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q在开始运动后，将（
）
A．沿电场线方向做匀减速直线运动
B．沿电场线方向做变加速直线运动
C．沿电场线方向做匀加速直线运动
D．偏离电场线方向做曲线运动
3．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是（
）
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动
D．匀速圆周运动
4．如图所示，一带负电的粒子以初速度v进入范围足够大的匀强电场E中，初速度方向与电场方向平行，粒子不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．粒子一直做匀加速直线运动
B．粒子一直做匀减速直线运动
C．粒子先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动
D．粒子先做匀加速直线运动，再反向做匀减速直线运动
5．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)下列说法中正确的是(
)
A．电势能增加，动能增加
B．电势能减小，动能增加
C．电势能和动能都不变
D．上述结论都不正确
6．在匀强电场中将一质量为m，电荷量为q的带电小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为，如图所示，则可知匀强电场的场强大小（　　）
A．一定是
B．最大值是
C．最小值是
D．以上都不对
7．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的（　　）
A．2倍
B．4倍
C．
D．
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：①极板X应带正电；②极板应带正电；③极板Y应带正电；④极板应带正电.（　　）
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
9．图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U．电子离开阴极时的速度可以忽略。电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v.下列说法正确的是（
）
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为．
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D．如果A、K间距离保持不变面电压减半，则电子离开K时的速度变为
10．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB﹣t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是
A．
B．
C．
D．
11．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度为(
)
A．0
B．g，方向竖直向下
C．gtanθ，水平向右
D．g/cosθ，沿绳向下
12．如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）
A．变大、变大
B．变小、变大
C．变大、变小
D．变小、变小
13．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（　　）
A．两小球带电的电性一定相反
B．甲、乙两球的质量之比为2：1
C．t2时刻，乙球的静电力最大
D．在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
14．平行金属板分别带等量异种电荷，板带正电，板带负电，两个带正电的粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同一点进入两金属板间的匀强电场中，并分别打在板上的两点，如图所示。若不计重力，则（　　）
A．粒子带的电荷量一定大于粒子带的电荷量
B．粒子的质量一定小于粒子的质量
C．粒子带的电荷量与质量之比一定大于粒子带的电荷量与质量之比
D．粒子带的电荷量与质量之比一定小于粒子带的电荷量与质量之比
第II卷（非选择题）
二、填空题
15．如图所示，电荷量为-e、质量为m的电子从A点垂直电场方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场B点时，速度与场强成150°角，不计电子的重力，
A、B两点间的电势差UAB=_______。
16．空间中有一个电场强度方向水平向右的匀强电场，在竖直平面内有一带电微粒沿着图中的虚线由A运动到B，带电微粒在A、B两处的速度和共线且同方向，但和的大小未知，空气阻力不计．由以上信息可知，该微粒带的是________电，由A到B该微粒机械能________（选填“增大”“减小”或“不变”）．
17．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从极板左侧中央以相同的水平速度v先后垂直地射入匀强电场中．分别落在正极板的a、b、c处，粒子所受重力不能忽略，则可知粒子a、b、c三个粒子在电场中的加速度有aa
_____ab
_____ac（填“”、“”或
“”），c粒子__________电（填“带正电”、“带负电”
或“不带电”）
18．如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一个点电荷，将一个质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管的端口A处由静止释放，小球沿细管滑到最低点B处时，对管壁恰好无压力，则小球在B处时的速度大小为______，处于圆心O处的电荷在弧中点处的电场强度的大小为______。
三、解答题
19．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉至水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：
(1)A、B两点的电势差；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。
20．如图所示，有一光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为、电荷量为的带电小球，现将点电荷A的电荷量增大为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为，g取，静电力常量。求：
（1）小球静止在B点时点电荷A的带电荷量Q；
（2）点电荷A的电荷量增大为原来的两倍后，小球在B点刚开始运动时的加速度；
（3）小球在C点时对轨道的压力；
（4）点电荷A的电荷量增大为原来的两倍后，B、C两点间的电势差。
21．如图所示，半径为R的环状非金属管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB以下处于水平向左的匀强电场中。现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，小球恰好能通过最高点C，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小和方向。
22．如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA=AB=BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，求：
(1)电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比；
(2)电子从O点开始每经过相等时间的动能增量之比。
参考答案
1．C
【详解】
要使负点电荷做匀速直线运动，电荷所受合外力为零，即所施加外力与电场力为一对平衡力，则，方向与电场强度的方向相同。
故选C
2．A
【详解】
由于负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，所以粒子受到的电场力方向与初速度方向相反，所以沿电场线方向做匀减速直线运动，A正确；
3．A
【详解】
一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0．物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误；物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，若受到的电场力恒定，就可做匀加速直线运动，故B正确；物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，若受到的电场力恒定，就可做匀变速曲线运动，故C正确；物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确．
4．C
【详解】
因为粒子带负电，受电场力方向与初速度方向相反，粒子是向右做匀减速运动，再向左做匀加速直线运动。
故项C。
5．B
【详解】
带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故选B.
6．C
【详解】
小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与重力沿合力的垂直方向分力相等时，电场力最小
即
故
无最大值；
故选C。
7．C
【详解】
电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动．假设电子的带电荷量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E．由于电子做类平抛运动，所以水平方向有
L＝vt
竖直方向有
y＝at2＝··（）2＝d
因为
E＝
可得
d2＝
若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的。
故选C。
8．A
【详解】
由题意可知，在方向上电子向X方向偏转，极板X带正电；在方向上电子向Y方向偏转，极板Y带正电。
故选A。
9．D
【详解】
AB.由动能定理得
，
解得
，
由此可知v与成正比，与A、K间距离无关，如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度不变，仍为v，故A错误，B错误；
CD.
如果A、K间距离保持不变而电压减半，根据，则电子离开K时的速度变为，故C错误，D正确。
故选：D
10．B
【详解】
A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错误；B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v-t图，可知一个周期内位移为0，有可能到不了B板，故B正确；
C．加C图电压，可知电子一直向前运动，可知一定能到达B板．故C错误；
D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达，故D错误．
11．D
【解析】
试题分析：丝线剪断前：小球受到绳子的拉力，重力和电场力作用，三力合力为零，所以；剪断后小球只受竖直向下的重力和电场力，合力大小等于剪断前绳子的拉力，方向与拉力方向相反，即与竖直方向夹角为θ向下，根据牛顿第二定律可得
12．B
【详解】
在电场中加速，有
在电场中偏转，有
使电子的偏转角θ变大，则可以变小、变大。
故选B。
13．B
【详解】
A．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；
B．两球作用过程中动量守恒，则
解得
故B正确；
C．从v－t图象可知，在t1时刻二者速度相等，则此时距离最近，此时静电力最大，故C错误；
D．在0－t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。
故选B。
14．C
【详解】
设粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速为a，运动的时间为t，则加速度
时间
粒子垂直电场线射入电场后，粒子的偏移量
从公式中可以知道，水平位移x较大的粒子的比荷，就一定小，与其他的无关。
故选C。
15．
【详解】
电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动，将B点的速度分解(如图)．
v＝＝2v0
电子从A运动到B由动能定理得
－eUAB＝mv2－mv
UAB＝＝－
16．负
减小
【详解】
[1]带电微粒做直线运动，可知合外力与运动方向共线，如图：
粒子只能带负电，做匀减速直线运动；
[2]电场力做负功，电势能增加，带电微粒的机械能减小。
17．<
<
c粒子带负电
【详解】
[1][2]．由题意知带电粒子在电场中做类平抛运动，不带电粒子做平抛运动可知，垂直电场方向做匀速直线运动，平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，由图可知a在垂直电场方向的位移最大，c最小，故可知，在电场中的运动时间满足：ta＞tb＞tc，在平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，因为位移相同，则根据位移时间关系h＝at2得粒子的加速度a=，因为ta＞tb＞tc，h相同，故有aa＜ab＜ac．
[3]．粒子在电场中合外力为电场力和重力的合力，由题意知电场方向竖直向上，故正电荷在电场中受电场力方向与重力方向相反，合力小于重力，故其加速度a小于重力加速度，负电荷受力方向与电场方向相反即竖直向下，其合力大于重力，故其加速度大于重力加速度．不带电粒子只受重力，其加速度为重力加速度，由于aa＜ab＜ac，所以可以判断，c带负电，b不带电，a带正电．
18．
【详解】
[1]设小球到达B点时速度大小为v。小球从A滑到B的过程，由机械能守恒定律得
得到
[2]小球经过B点时，由牛顿第二定律得
代入得
19．(1)；
(2)；
(3)
【详解】
（1）小球由A到B过程，由动能定理得
解得
（2）B、A间电势差为
则场强大小
（3）分析可知小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线拉力与A处细线拉力大小相等，而在A处，由水平方向受力平衡有
所以
20．（1）；（2）；方向竖直向上；（3）；方向竖直向上；（4）
【详解】
（1）小球在B点静止时，有
解得
（2）A的电荷量增大为原来的两倍后，小球水平方向受力平衡，竖直方向上由牛顿第二定律有
解得
，方向竖直向上
（3）小球在C点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为，方向竖直向上
（4）对小球由B到C的过程，由动能定理得
解得
21．(1)
；(2)
，方向向上
【详解】
(1)据题可知小球恰好能通过最高点，在点由重力与支持力提供其向心力，根据牛顿第二定律得：
从到的过程，由动能定理得：
解得：
(2)设小球第二次通过点时速度为，根据动能定理得：
在点，根据牛顿第二定律有：
解得：
根据牛顿第三定律得小球对管壁压力的大小为，方向向上。
22．（1）1∶2∶3；（2）1∶3：5
【详解】
（1）电子在x轴正方向上做匀速直线运动，由题意可知从O到A、从A到B、从B到C所用时间相等，均设为t。电子在y轴正方向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度分别为
vyM=at、vyN=2at、vyP=3at
所以
vyM∶vyN∶vyP=1∶2∶3
（2）电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，在相等时间内的位移之比为
根据动能定理，可知动能的增量即为这个过程中电场力做的功，由于力相等，所以动能的增量就与位移成正比了，即动能的增量为