第十章第5节带电粒子在电场中的运动同步练习-word版含答案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同步练习
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列物体的加速度最大的是
A．加速器中的质子
B．火箭升空
C．地球上自由落体
D．卡车起步
2．如图所示，电子在电势差为U1的电场加速后，垂直进入电势差为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．图中的一组平行实线可能是电场线也可能是等势线，一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（
）
A．如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低
B．如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高
C．如果实线是等势面，则电子在a点的动能比在b点的动能小
D．如果实线是电场线，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大
4．如图，带电粒子由静止开始，经电压为的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置，为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是（）
A．保持和平行板间距不变，减小
B．保持和平行板间距不变，增大
C．保持、和下板位置不变，向上平移上板
D．保持、和下板位置不变，向下平移上板
5．如图所示，为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上点套有一质量为、带电荷量为的小环，在杆的左侧固定一电荷量为的点电荷，杆上、两点到的距离为相等。之间距离为，之间距离为，使小环从图示位置的点由静止释放后，通过点的速率为，则下列说法正确的是（　　）
A．小环通过点的速率为
B．小环从到，静电力做的功可能为零
C．小环在之间的速度是先增大后减小
D．小环在之间的速度是先减小后增大
6．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子（不计重力）以初速度由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板。如果要使该带电粒子到达M、N两板中点位置处即返回，则下列措施能满足要求的是（　　）
A．使初速度减小为原来的一半
B．使M、N间的电压提高到原来的2倍
C．使M、N间的电压提高到原来的4倍
D．使初速度减小为原来的一半，同时M、N间的电压提高到原来的2倍
7．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏.今有质子（）、氘核（）和粒子（）均从A板由静止开始被加速电场加速，然后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上.已知质子、氘核和粒子的质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2，则下列判断正确的是（　　）
A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做的功之比为1:2:2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做的功之比为1:2:4
8．如图所示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的小孔中射出时的速度大小为v。下列说法中正确的是（　　）
A．如果A、K间距离不变而电压变为，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离不变而电压变为，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
D．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
9．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．tbB．tb=tcC．ta=tdD．tb10．如图所示，实线表示匀强电场的电场线，一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，为轨迹上的两点，粒子由点运动到点。若点电势为点电势为，则（　　）
A．电场强度方向一定向左，且电势
B．电场强度方向一定向左，且电势
C．电场强度方向一定向右，且电势
D．电场强度方向一定向右，且电势
11．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是(　　
)
A．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
C．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
12．如（a）图所示的两平行金属板P、Q加上（b）图所示电压，t=0时，Q板电势比P高5V，在板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动，且不会碰到金属板，则这个电子处于M点右侧，速度向右，且速度逐渐减小的时间段是（
）
A．
B．
C．
D．
13．如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
14．质量为m的物块，带正电q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
第II卷（非选择题）
二、填空题
15．在竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，一个质量为m的带点液滴，沿着水平方向做直线运动，则该液滴带________电，电荷量大小为_______．
16．如图所示，一带电量为q的粒子，从匀强电场的A点以水平速度射入竖直向上的匀强电场，粒子经过B点时，其上的与水平方向成角，已知A、B两点间的水平距离为L，粒子的质量为m，不计粒子重力，则电场强度的大小为______，A，B两点间的电势差______．
17．图甲为示波管的原理图，如果
YY'上不加电压，仅在
XX'上加不变的电压，且
X
正、X'负，电子束运动过程中受到向______方向的力（选填：
Y、Y'、X、X'），那么荧光屏上的亮斑，将会打在________上（选填：Y
正半轴，Y
负半轴，X
正半轴，X
负半轴）。
18．如图所示，A、B为一对平行正对带电金属板，B板带正电，A、B两板间的电势差为U．质量为m的带电粒子（重力可忽略木计）以初速v0水平射入匀强电场．若粒子带电荷量为－q，则粒子到达B板时速度大小为_____；若粒子带电荷量为＋q，它到达B板时速度大小为_____．
三、解答题
19．在研究微观粒子时常用电子伏（）作为能量的单位。等于一个电子经过电压加速后所增加的动能，那么，等于多少焦耳？
20．如图所示，两个质量相同的小球用不可伸长的绝缘细线相连，放在光滑水平桌面上，并处于电场强度为E的匀强电场中。小球1和小球2均带正电，电荷量分别为q1和q2（q1＞q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行。若将两小球同时由静止释放，不计两小球间的库仑力，求释放后细线的张力T。
21．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示。若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，若使电子打到下板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？
22．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管A、B、C、D、E）组成，质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，漂移管间缝隙很小，质子的电荷量与质量之比为1×108C/kg。求相邻漂移管间的加速电压。
参考答案
1．A
【详解】
质子的质量非常小，比荷较大，加速器中的场强较大，根据牛顿第二定律
加速器中的质子加速度最大．
A.加速器中的质子，与分析相符，故A项正确；
B.火箭升空，与分析不符，故B项错误；
C.地球上自由落体，与分析不符，故C项错误；
D.卡车起步，与分析不符，故D项错误．
2．B
【详解】
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B。
3．D
【详解】
A．若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，a点的电势比b点高，故A错误；
B．若实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低，故B错误；
C．电子从a点到b点静电力做负功，电子的电势能增大，则电子在a点的电势能比在b点的电势能小，在a点的动能比在b点的动能大，故C错误；
D．电子从a点运动到b点电场力做正功，所以电子的电势能减小，电子在a点的电势能比在b点的电势能大，故D正确。
故选D。
4．C
【解析】
保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的大小不变，减小U1，则粒子初速度减小，更难以穿出平行板电容器，故A错误；保持U1和平行板间距不变，则粒子初速度不变，增大U2，平行板电容器中匀强电场增大，粒子偏转加剧，不能穿出平行板电容器，故B错误；保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出，必须减小板间电场，因此需要增大板间距，故C正确，D错误；故选C.
5．A
【详解】
A．由题意知，、两点是所产生的电场中的两个等势点，所以小环从到的过程中只有重力做功，小环从到的过程根据动能定理得
解得
A正确；
B．小环在之间运动过程中，重力和静电力均做正功，小环在之间运动过程中，重力做正功，静电力做功为0，所以从到的过程中静电力做正功，B错误；
CD．小环在之间运动过程，重力和静电力均做正功，速度一直增大，CD错误。
故选A。
6．B
【详解】
A．粒子在进入电场运动的过程中，设带电粒子在电场中运动的最远距离为x，由动能定理得
所以
则使初速度减小为原来的一半，可得x减小为原来的，故A错误；
B．若电压提高到原来的2倍，则x减小为原来的，即粒子运动到M、N两板中点处即返回，故B正确；
C．使M、N间的电压提高到原来的4倍，则x减小为原来的，故C错误；
D．使初速度减小为原来的一半，同时M、N间的电压提高到原来的2倍，则x城小为原来的，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】
A．设加速电压为，偏转电压为，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，由动能定理得
则粒子通过加速电场获得的速度为
三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；
B粒子在偏转电场中，则有
，，
联立解得
可知，y与粒子的质量、电荷量无关，则三种粒子射出偏转电场时沿电场力方向的偏转距离相同，分析可知偏转角度也相同，故打到荧光屏上的位置相同，B正确；
CD．偏转电场的电场力做的功为
则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1:1:2，则偏转电场的电场力对三种粒子做的功之比为1:1:2，故CD错误。
故选B。
8．C
【详解】
AB．设电子的质量为m，电荷量为e，电子在A、K间的加速电场中加速，根据动能定理有
解得
当A、K间电压变为时，电子从小孔中射出时的速度变为，AB错误；
CD．当A、K间电压仍为U时，根据以上分析可知，电子从小孔中射出时的速度仍为v，C正确，D错误。
故选C。
9．A
【详解】
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
故选A。
10．C
【详解】
由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧，电场强度方向应该是电场线上该点的切线方向，所以粒子所受电场力向右，由于是带正电荷的粒子，所以电场强度方向一定向右；作出两点的等势面，沿着电场线的方向电势降低，可判定点的电势高于点的电势，C正确。
故选C。
11．D
【详解】
粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理
A．两板间距离越大，场强越小，电子的加速度越小，由可知，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误；
BC．两极板间的距离越小，场强越大，电子的加速度越大，由可知，加速时间越小，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故BC错误；
D．由可知，虽然极板间距发生变化，但电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以最后的末速度大小不变，故D正确．
12．B
【详解】
A．在0＜t＜2×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，所以电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子从M点向右做匀加速直线运动；故A错误.
B．在2×10-10s＜t＜4×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=4×10-10s时速度为零，此时电子在M点的右侧；故B正确.
C．在4×10-10s＜t＜6×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；故C错误.
D．在6×10-10s＜t＜8×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀减速直线运动，到8×10-10s时刻速度为零，恰好又回到M点．故D错误.
13．D
【详解】
现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误．
14．C
【详解】
对物块进行受力分析：物块受重力mg和水平向左的电场力F。
物块从静止开始沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动。运用动能定理研究从开始到落地过程，得
mgH+F?Hcotβ=mv2-0
解得
v=2
故选C。
15．负
【详解】
[1][2]液滴做匀速运动，受力平衡，即向下的重力等于向上的电场力，即，解得，因为场强方向向下，电场力向上，故粒子带负电。
16．
【详解】
粒子做类平抛运动对水平分运动，有：L=v0t，对竖直分运动，有：vy＝at＝t，其中分解B点的速度与水平方向成60°，有vy＝vBsin60°＝v0，联立解得：；B点的合速度为vB＝=2v0，对从A到B过程，根据动能定理有qUAB＝，
联立解得：UAB＝
17．X
X正半轴
【详解】
[1][2]根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，如果
YY'上不加电压，仅在
XX'上加不变的电压，且
X
正、X'负，电子束运动过程中受到向X方向的力，那么荧光屏上的亮斑，将会打在X正半轴上。
18．
【详解】
AB两极板间的电势差U，粒子的带电量-q，
由动能定理得
-qU=
mv2
-
m
得
v=
若粒子的带电量＋q，则
qU=
mv2
-
m
得
v=
19．
【详解】
根据动能定理
20．
【详解】
对球1、球2整体作受力分析，根据牛顿第二定律，有
对球1作受力分析，根据牛顿第二定律，有
解以上两式得
21．1600V
【详解】
由
、、、
联立解得
22．U=6×104
V
【详解】
相邻漂移管间的加速电压为U，质子的质量为m、电荷量为q。质子从刚进入漂移管B到刚进入漂移管E的过程中，根据动能定理有
由题意可知
解得
U=6×104
V