第十章第5节带电粒子在电场中的运动培优练习-2021-2022学年高中物理人教版（2019）必修第三册word版含答案

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培优练习
第I卷（选择题）
一、单选题
1．一个初动能为Ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为（　　）
A．4Ek
B．8Ek
C．4.5Ek
D．4.25Ek
2．如图所示，质量为m，带电量为q的微粒，以初速度从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为（
）
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，质子和α粒子）以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为（
）
A．
B．
C．
D．
4．如图所示，质量为m=1.0×10-2kg、带电荷量为q=+1.0×10-5C的小球（可视为质点）置于光滑绝缘水平面上的A点，当空间存在斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=15m/s，此时小球的位移为xAB=15m，取重力加速度g=10m/s2，在上述运动中匀强电场的电场强度E可能为（　　）
A．E=500
V/m
B．E=500V/m
C．E=1
500
V/m
D．E=2
000
V/m
5．离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。则推进器获得的推力大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
6．A、B是一条电场线上的两个点，一带正电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图所示。则这一电场可能是下图中（　　）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两个平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏转量（）叫示波管的灵敏度，若要提高其灵敏度。可采用下列哪种办法（　　）
A．增大两极板间的电压
B．尽可能使板长l做得短些
C．尽可能使板间距离d减小些
D．使电子入射速度v0大些
8．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q（Q0）
的带电体，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度大小一直变小
C．向下运动了位移时速度最大
D．小球向下运动到B点时的速度为
9．在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图甲所示，圆形区域内的偏转磁场方向垂直于圆面，当不加磁场时，电子束将通过O点而打在屏幕的中心M点．为了使屏幕上出现一条以M点为中点的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律是图乙中的
A．
B．
C．
D．
10．如图所示，点电荷＋4Q与＋Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象(如图所示)可能是(　　)
A．
B．
C．
D．
11．如图甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，C、D为两板中线上的两点。A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0；在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t=T时，小球（　　）
A．在D点上方
B．恰好到达D点
C．速度大于v
D．速度小于v
12．在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场．在场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37°角．如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是(cos37°=0.8，g=10m/s2)
A．小球所带电量为q=3.5×10-5C
B．小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96J
C．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54J
D．小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5J
13．如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方的场强为E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（
）
A．若A、B高度差为h，则
B．带电小球在A、B两点电势能相等
C．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
D．若，则两电场强度大小关系满足E2=2E1
14．如图所示，长为l、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q、质量为m的小球以初速度从斜面底端A点开始沿斜面向上运动，当到达斜面顶端B点时，速度仍为，则（
）．
A．A、B两点之间的电压一定等于
B．小球在B点时的电势能一定大于在A点时的电势能
C．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为
D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正点电荷
第II卷（非选择题）
二、填空题
15．一质量为m，带电量为+q的尘埃，以初速度v0，与水平方向成60°飞入一匀强电场中，恰能做直线运动，则此电场场强的最小值为________，此电场方向与水平方向所成的角度为________．
16．如图所示，在竖直放置的光滑绝缘的半圆形细管的圆心O处放一点电荷，再将质量为m、带电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的电荷在AB弧中点处的电场强度大小为________．
17．如图所示，匀强电场方向水平向右，场强E＝1.5×106V/m，丝线长l＝40cm，上端系于O点，下端系质量为m＝1.0×10－4kg，电荷量为q＝＋5.0×10－10C的小球，将小球从最低点A由静止释放，则小球摆到最高点B时丝线与竖直方向的夹角θ为________．（g取10m/s2）
18．如图所示，直角三角形ABC的斜边倾角为30°，底边BC长2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边的垂足D时速度为v[将（1）、（2）题正确选项前的标号填在括号内]
（1）在质点的运动中不发生变化的是________
①动能
②电势能与重力势能之和
③动能与重力势能之和
④动能、电势能、重力势能之和
A．①②
B．②③
C．④
D．②
（2）质点的运动是________
A．匀加速运动
B．匀减速运动
C．先匀加速后匀减速的运动
D．加速度随时间变化的运动
（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vc=_______；加速度aC=_____
三、解答题
19．如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106
m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20
cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105
N/C。质子质量m＝1.67×10－27
kg，电荷量q＝1.60×10－19
C。，若质子刚好不能从小孔中射出，其他条件不变，则金属板之间的电场强度至少为多大？方向如何？
20．示波管的原理如图所示，一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度沿水平放置的两平行金属板的中线射入金属板的中间。已知金属板长为l，两极板间的距离为d，竖直放置的荧光屏与金属板右端的距离为L。若两金属板间的电势差为U2，则光点偏离中线与荧光屏的交点O而打在O点正下方的P点，求O、P间的距离OP。
21．某除尘器模型的集尘板是很长的条形金属板，如图所示，直线ab为该集尘板的截面图，带箭头的线条为电场线。工作时，带负电的粉尘在静电力作用下向带正电的集尘板运动，最后落在集尘板上。若用蓝色曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，忽略重力和空气阻力，下列各图可能正确的是哪个?为什么?
22．在密立根油滴实验装置中，喷雾器向透明的盒子里喷入带电油滴，小盒子内的上、下两金属板分别接在电源两极上，通过改变两金属板间的电场强度可控制带电油滴在板间的运动状态。已知某油滴所受的重力为，当电场强度调节为时，通过显微镜观察到该油滴竖直向下做匀速直线运动，如图所示，不计空气阻力：
（1）画出两电极间的电场线（至少三条）；
（2）该油滴带何种电荷？所带电荷量是多少？
（3）该油滴所带电荷量是元电荷e的多少倍？
参考答案
1．D
【详解】
ABCD．设电子以速度v0，通过宽度为L的电场，则电子沿电场方向的位移为
电子从进入电场到飞出电场过程，由动能定理得
联立以上两式得
当时，，则有
如果此电子的初速度增至原来的2倍，则电子的动能变为原来的4倍。
当时，，则有
联立以上两式得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．C
【详解】
粒子从A到B，在水平方向上只受到电场力，根据运动学公式：
为A到B沿电场线方向的距离，电场力提供加速度：
联立方程：
匀强电场中电势差与电场强度的关系：
代入方程整理得：
则有：
ABD错误，C正确。
故选C。
3．B
【详解】
水平方向：
x=v0t
竖直方向：
而
初动能：
，
联立可得：
可知y与q成正比，两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为1:2，故B正确，ACD错误。
故选：B
4．B
【详解】
设电场与位移方向夹角为，据动能定理可得
解得
故有E>750V/m，要使小球不脱离水平面，应满足
联立可解得
故场强大小满足750V/m故选B。
5．A
【详解】
在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知
解得
以t秒内喷射的离子为研究对象，应用动量定理有
又因为
解得
根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为，故选A。
6．D
【详解】
由速度—时间图象可知，该微粒的速度越来越小，加速度越来越大，又因为该微粒带正电，则该微粒在电场中应是沿电场线的反方向运动，且电场线应越来越密集。
故选D。
7．C
【详解】
设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度
运动时间
偏转量
所以示波管的灵敏度
通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长l，减小两板间距离d和减小入射速v0。故C正确，ABD错误。
故选C。
8．D
【详解】
A、B项：质量为m点电荷，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷停止．由动能定理可得：，得：，而当换成质量2m点电荷时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大，设停止的位置为B′，则由动能定理可得：，所以则速度为零的位置在B点下方，故AB错误；
C项：速度最大位置，就是加速度为零的位置．即库仑力与重力相等的位置，当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有：，所以则向下运动的位移，故C错误；
D项：点电荷从静止到B点，由动能定理可得：，而所以B点时的速度为，故D正确．
9．B
【详解】
首先要使通过磁场的电子在中心点O左右两侧偏转，则需改变磁场的方向，在一次扫描过程中，沿电子运动方向观察，由左向右逐次扫描，则洛伦兹力先向左后向右．根据左手定则判断，磁场方向应先向外（B为负值）后向里（B为正值）；其次要使电子偏转到PQ间任何一点上，即通过磁场时，要求有不同的偏转角度，所以磁感应强度B的大小应随时间而变化，故选项B正确，ACD错误．
10．B
【详解】
根据点电荷的电场强度公式分析得到D点的场强为零。
A．从C到D场强减小，粒子的加速度减小，不可能做匀减速运动，A错误；
B．若粒子的初速度较大，粒子在CD间做加速度减小的减速运动，运动到D点时速度仍没有减小到零，通过D点后加速向B运动，因此在CD间只是减速运动，B正确；
CD．若粒子的初速度较小，粒子在CD间先向右做加速度减小的减速运动，速度减到零后向左做加速度增加的加速运动，运动的图像是对称的，并且最小速度减小到零，CD错误。
故选B。
11．B
【详解】
小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向沿电场力方向做匀加速直线运动，做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，做反向的匀加速直线运动，做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t=T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选B。
12．C
【解析】
对小球进行受力分析如图所示：
根据平衡条件得：，解得：，故A错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力
在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能最小，对应速度最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B错误；由于总能量保持不变，即（C为恒量）．所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，由B运动到A，，，联立解得：，总能量，由C运动到A，，所以C点的机械能为，即机械能的最小值为1.54J，故C正确，D错误；故选C．
13．D
【详解】
AB．对A到B的过程运用动能定理得
qUAB+mgh=0
解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等，AB错误；
C．A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，C错误；
D．在上方电场，根据牛顿第二定律得：
在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：
因
a1=a2
解得：
若，则有：E2=2E1，D正确。
故选D。
14．A
【详解】
A．带电小球由A运动到B的过程中动能的增量为零，由功能关系可知，重力的功与电场力的功的总量为零，即
所以，A、B间的电压
选项A正确；
B．由于在此过程中电场力做正功，电势能减小，小球在B点时所具有的电势能将小于在A点时所具有的电势能．选项B错误；
C．若该电场是匀强电场，小球在A、B两点处的速度又都是，故小球只能做匀速运动在运动中，小球受到的重力、支持力和电场力的合力为零．因为电场力的大小和方向与电场强度的大小和方向的关系，使我们可以通过观察电场力来了解电场强度．如图可知，电场力完全可以大于、等于或者小于重力．也就是说电场强度E也完全可以大于、等于或者小于，选项C错误；
D．小球沿着斜面向上运动时，动能没有增量，由功能关系可知，重力和电场力做的总功必须为零，在这过程中重力做负功，故电场力一定是做正功而不可能做负功．若该电场是斜面中点正上方某点的正点电荷+Q产生的，如图可知，A、B两处的电势关系定是，注意到小球是带正电的，它从A向B运动时，电场力和重力做的都是负功，不可能保持速度不变，D错误。
15．
30°或150°
【详解】
由题知小球在重力和电场力作用下沿v0方向做直线运动，可知垂直v0方向上合外力为零，建如图所示坐标系：
设场强E和v0成Φ角，可得：EqsinΦ-mgcosθ=0
可得：
当时，E的最小值为
其方向与v0垂直斜向上，即为30°或150°.
16．
【详解】
[1]设细管的半径为，小球到达点时速度大小为，小球从滑到的过程，由机械能守恒定律得：
得到：
小球经过点时，由牛顿第二定律得：
联立解得：
放于圆心处的电荷在弧中点处的电场强度大小也为
17．740
【解析】
在小球运动过程中，重力与电场力是恒定的，则可将此两个力等效成一个力，因此相当于小球受到拉力与等效一个力，类似于“歪摆”，这个“歪摆”．
由于已知电场力Fe=qE=4.9×10-10×1.5×106N=7.35×10-4
N
而重力G=mg=1.0×10-4×9.8N=9.8×10-4
N
因此F：G=3：4，所以摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°．
18．C
D
【详解】
（1）[1]由于只有重力和电场力做功，所以重力势能、电势能与动能的总和保持不变，故选C。
（2）[2]质点受重力mg、库仑力F、支持力N作用，因为重力沿斜面向下的分力mgsinθ是恒定不变的，而库仑力F在不断变化，且F沿斜面方向的分力也在不断变化，故质点所受合力在不断变化，所以加速度也在不断变化，故选D。
（3）[3]因BD==OC=OD，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中电场力做功为零，由机械能守恒定律
mgh＝－mv2
其中
h＝sin60°＝sin30°sin60°＝2L××＝
得vc＝
[4]质点在C点受三个力的作用，电场力F=，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜向向上，根据牛顿第二定律
Mgsinθ-Fcosθ＝mac
解得ac=g-
19．6.5×105
N/C，方向水平向左
【详解】
由动能定理得
解得
由于质子带正电且从左向右运动，所以电场方向应该水平向左。
20．
【详解】
电子在电场中加速
电子在电场中做类平抛运动，在水平方向
在竖直方向
射出电场时
偏转角θ
偏移
联立得
21．正确的是（a）,原因见详解
【详解】
粉尘受力方向为电场线方向，故P点受力沿切线方向，从静止开始运动时应沿P点的切线运动，但运动方向不可能沿电场线方向；此后粒子受力偏向右，故粒子应从P点的切线方向向右下偏，但运动轨迹一定在P所在电场线的上方，故(a)正确。
22．（1）；（2）负电，；（3）281250
【详解】
（1）上金属板带正电，下金属板带负电，电场方向竖直向下，两电极间的电场线如图所示
（2）油滴匀速运动，电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，电场方向竖直向下，所以油滴带负电，?由平衡条件得
解得
（3）油滴电量是元电荷电量的倍数为