10.5 带点粒子在电场中的运动 —【新教材】人教版（2019）高中物理必修第三册同步练习

1、带点粒子在电场中的运动同步练习一、单选题1. 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的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是()A. U1变大、U2变大B. U1变小、U2变大C. U1变小、U2变小D. U1变大、U2变小2. 带电粒子以速度v从两平行金属板形成的匀强电场的正中间垂直电场射入，恰穿过电场而不碰到金属板，欲使入射速度为v/2的同一粒子也恰好穿过电场不碰到金属板，则必须(   )A. 使两板间的距离减为原来的1/4B. 使两板间的电压减为原来的1/4

2、C. 使两板间的电压减为原来的1/2D. 使两板间的距离减为原来的1/23. 如图示波管，当两偏转电极XX、YY电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY电场的场强方向重合)，若要电子打在图示坐标的第象限，则() A. X、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极B. X、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极C. X、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极D. X、Y极接电源的正极，X、Y接电源的负极4. 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

3、开始运动后，将() A. 沿电场线方向做匀加速直线运动B. 沿电场线方向做变加速直线运动C. 沿电场线方向做匀减速直线运动D. 偏离电场线方向做曲线运动5. 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。现有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速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124，电荷量之比为112，不计粒子重力，则下列说法中正确的是：(    ) A. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同B. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同C. 偏转电场的

4、电场力对三种粒子做功之比为122D. 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1246. 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，射出偏转电场后射到荧光屏上的动能为Ek。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。偏转电场中两板之间的电压为A. k2U0(EkeU0)eB. 1k2U0(EkeU0)eC. 2kU0(EkeU0)eD. 2kU0(EkeU0)e7. 如图所示，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后

5、进入偏转电场，并离开偏转电场整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是A. 加速电场对两种粒子做功一样多B. 两种粒子同时离开加速电场C. 两种粒子离开偏转电场时的速度一样大D. 两种粒子离开偏转电场时的速度方向相同8. 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的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，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. 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变小二、多选题9. 光滑水平面

6、上有一边长为L的正方形区域ABCD处在场强为E的匀场电场中，电场方向与正方形的某一条边平行，一质量为m、带电量为q的小球由AC边的中点，以垂直于该边的水平初速度0进入该正方形区域，当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为()A. 12mv02+13qELB. 12mv02+23qELC. 12mv02+12qELD. 12mv0213qEL10. 如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为+q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板要使这个带电粒子到达M、N板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重

7、力)()A. 使初速度减小为原来的12B. 使M、N间电势差加倍C. 使M、N间电势差提高到原来的4倍D. 使初速度和M、N间电势差都减小为原来的1211. 如图所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转，并飞出偏转电场下面措施中能使电子偏转距离变大的是()A. 尽可能把偏转极板L做得长一点B. 尽可能把偏转极板L做得短一点C. 尽可能把偏转极板间的距离d做得小一点D. 将电子枪的加速电压提高12. 如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2.一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置

8、的金属板间，刚好从下板边缘射出.不计电子重力.下列说法正确的是(     )A. 增大U1，电子一定打在金属板上B. 减少U1，电子一定打在金属板上C. 减少U2，电子一定能从水平金属板间射出D. 增大U2，电子一定能从水平金属板间射出三、计算题13. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g  (1)若滑块从水平轨道上距离

9、B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时受到轨道的作用力大小；  (2)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；  (3)物块从水平轨道静止释放，要使它沿圆形轨道滑行时不脱离轨道，求s的取值范围。14. 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。已知两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，不计电子的重力和电子间的相互作用力， (1)若要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？(2)若要使电子打到下板中间，则两个极板上需要加

10、多大的电压？15. 如图所示，在坐标系xOy平面内，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E1，y轴右侧有沿y轴正方向、电场强度大小E2=4×103V/m的匀强电场。现从x轴上坐标为(0.5m,0)的M点由静止释放一个质量为m，电荷量为+q的粒子P，不计粒子重力。则(1)若粒子P在运动过程中恰好经过N(0.5m,0.5m)点，求电场强度E1的大小；(2)在粒子P进入y轴右侧电场的同时，从右侧电场中的某处由静止释放另一个质量为2m，电荷量为q的粒子Q。不计两个粒子的重力及相互作用力，若两粒子能够相遇，求粒子Q释放点的纵坐标y与横坐标x之间的关系。16. 如图甲所示，长为L的两平行

11、金属板C、D间加上如图乙所示的交变电压，已知t0=2L6v0，U0=mv022e，大量电子在P点以v0的初速度连续释放，经电压大小为U0的电场加速后沿两金属板CD的中线射入，偏转位移最大的电子恰好能通过极板，已知电子的质量为m，电量为e，重力不计，求： (1)电子加速后进入平行金属板时的速度大小及CD两金属板间距离；(2)电子通过两板后，最小的偏转位移y。答案1.D解：根据动能定理：eU1=12mv2得：v=2qU1m在偏转电场中vy=ata=U2emdt=Lvvy=attan=vyv=U2L2U1d若使偏转角变小即使tan变小，由上式看出可以减小U2增大U1故选：D。2.B解：设平行金属板板

12、长为l，板间距离为d，板间电压为U，该带电粒子的质量和电量分别为m、q，带电粒子垂直射入平行金属板形成的匀强电场，做类平抛运动。由题，带电粒子恰穿过电场而不碰金属板，则有：     l=vt   12d=12at2又a=qUmd联立得到：d=qUl2mdv2由此式得到：欲使入射速度为v2的同一粒子也恰好穿穿过电场不碰金属板，上式仍成立，则粒子电量减为原来的14，使两板间的电压减为原来的14 ，使两板间的距离变为原来的2倍，故ACD错误，B正确。故选B 。3.C打在第象限，故经过YY区间时电场力向上，即Y接负极；打在

13、第象限，故经过XX区间时电场力外，即X接负极；故C正确，ABD错误。故选C。4.C在匀强电场E中，带电粒子所受静电力为恒力带电粒子受到与运动方向相反的恒定的静电力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子q在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动，故C正确。 故选C。5.A设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d；A.根据推论：y=U2L24dU1，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故A正确；B.在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv02，则加速获得的速度为v0=2qU1m；三种粒子从B板

14、运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0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B错误；CD.偏转电压的电场力做功为W=qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2，故CD错误。故选A。6.D设电子的质量为m，电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0，对电子在加速电场中加速的过程，由动能定理有eU0=12mv02，设电子进入偏转电场后做类平抛运动的时间为t，偏转电场中两板之间的距离为d，两板之间的电压为U，有dk=v0t，电子在偏转电场中运动的加速度大小a=eUmd，电子射出偏转电场时

15、沿垂直于板方向的分速度大小vy=at，电子射出偏转电场时的速度大小v=v02+vy2，因电子射出偏转电场后做匀速直线运动，故有Ek=12mv2，解得U=2kU0(EkeU0)e，故ABC错误，D正确。故选D。7.DA.设加速电压为U1，根据电场力做功的计算公式可得W=qU1，由于粒子的电荷量不同，所以加速电场对两种粒子做的功不同，故A错误；B、根据位移时间关系可得x=12at2=12×qEm×t2，解得t=2mxqE，x相同、比荷不同，所以两种粒子不是同时离开加速电场，故B错误；C、设偏转电场的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，在加速电场中根据动能定理可得W=qU1=

16、12mv2，解得v=2qU1m，在偏转电场中的偏转位移y=12×qU2md×L2v2=U2L24U1d，所以粒子出偏转电场时的偏转位移相同，全过程根据动能定理可得：qU1+qU2dy=12mv120，解得：v1=qm(2U1+2U2yd)，由于比荷不同，所以出偏转电场时的速度不同，故C错误；D.由于粒子离开电场时的速度方向反向延长线过水平位移的中点，而偏转位移相同，所以两种粒子离开偏转电场时的速度方向相同，故D正确。故选D。8.B设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1=12mv02又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t=lv0又设电子在平行板间受电场力

17、作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a=qU2md电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at可得：vy=qU2lmdv0又有：tan=vyv0=qU2lmdv02=U2l2dU1故U2变大或U1变小都可能使偏转角变大，故选项B正确，选项ACD错误故选B。9.AC若电场方向平行AB，则粒子做加速或减速直线运动，则离开电场时电场力做功W=qEL；若做加速运动，则为12mv02+qEL；若为减速运动，则为：12mv02qEL；若电场力与初速度方向相互垂直，小球发生偏转，电场力一定做正功；假设受电场力向上，粒子从AB边离开时，电场力做功为12qEL，根据动能定理得：Ek12mv02=12q

18、EL，可解得：Ek=12mv02+12qEL；若从BD边离开，则电场力做功可能为0至12qEL，根据动能定理可知，粒子动能可能为：12mv02至12mv02+12qEL；故AC正确，故BD错误。故选AC。10.BD粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，qU=012mv02；A.U不变，使带电粒子能到达MN板间距的12处返回，则电场力做功等于qU2，当初速度为v02，则有带电粒子动能的变化Ek=012m(v02)2=18mv02qU2，故A错误；B.电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=12q(2U)=qU，与粒子动能变化相等，故B正确；C.电压提高到原来的4倍，则

19、带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=12q(4U)=2qU，与粒子动能的变化不等，故C错误；D.初速度减为原来的12，则带电粒子动能变化减为原来的14，MN板间电压减为原来的12，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的14，故D正确。故选BD。11.AC【解析】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：a=qEm=qUmd，运动时间t=Lv0，偏转量y=12at2=qUL22mdv02。通过公式可以看出，提高侧移量，可以采用的方法是：加长板长L，减小两板间距离d和减小入射速度v0.即可减小加速电压；故AC正确，BD错误。故选：AC。电子在匀强电场中发生偏转，根据

20、已知的条件，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明12.BCA、设电子通过偏转电场的时间为t，由qU1=12mv2及L=vt可知，若增大U1，则v增大，时间t减小，再由y=12at2可知，射出偏转电场时的偏转位移减小，所以不会打在金属板上，故A错误。B、设电子通过偏转电场的时间为t，由qU1=12mv2及L=vt可知，若减小U1，则v减小，时间t增加，再由y=12at2可知，射出偏转电场时的偏转位移要增加，所以一定会打在金属板上，故正确。C、同理减小U2，则偏转位移将减小，一定能从水平金属板间射出，故C正确。D、由a=qEm=qU2md，y=12at2，又t不变，所以增大U2，则偏转位移增大，电

21、子一定不能从金属板间射出，故D错误。故选BC。13.解：(1)设滑块到达C点时的速度为vC，从A到C过程，由动能定理得：qE·(s+R)mg·smgR=12mvC2  由题，qE=34mg，=0.5，s=3R  代入解得：vC=gR  滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有NqE=mvC2R  解得，N=74mg  (2)重力和电场力的合力的大小为F=(mg)2+(qE)2=54mg  设方向与竖直方向的夹角为，则，得=37°  滑块恰好由F提供向心力时(即恰过等效最高点时)

22、，在圆轨道上滑行过程中速度最小，此时滑块到达DG间P点，相当于“最高点”，滑块与O连线和竖直方向的夹角为37°，设最小速度为v，由F=mv2R  解得，v=5gR2  (3)滑块恰能过等效最高点P，则有：  qE(s1Rsin37)mgs1mgR(1+cos37)=12mv2  解得：s1=11.5R  物块到达CD间一点Q(即与圆心等效高点时)且QO连线与CO连线成37°时速度恰为零  qE(s2+Rcos37°)mgs2mgR(1+sin37°)=0  解得：s2=4R&

23、#160; 综上，不脱离轨道的条件是：s11.5R或0s4R14.解：(1)加速过程，由动能定理得eU=12mv02 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a=Fm=eUdm 偏转距离y=12at2能飞出的条件为yd2联立式解得U2Ud2l2=400V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V。(2)类似(1)，由eU=12mv02a=eUdmd2=12at2l2=v0t联立解得U=8Ud2l2=1600V。15.解：(1)设粒子P的质量为m，电荷量为q，进入右侧电场时的速度为v0，在右侧电场中做类平抛运动，历时t0

24、经过N点；在E1中：E1qxM=12mv02；在E2中：xN=v0t0；yN=12E2qmt02；解得E1=1.0×103V/m；(2)设粒子Q释放点的坐标为(x,y)，释放后历时t与粒子P相遇；根据题意，粒子Q应从第一象限内粒子P所经区域的上方释放，然后沿y轴负方向做匀加速直线运动，则有y12E2q2mt2=12E2qmt2；x=v0t；解得：y=3x2(x>0)。16.解：(1)对电子分析，加速过程中有U0e=12mv212mv02，解得v=2v0  由分析可知，所有电子在电场中运动的时间均为t=Lv=2L2v0=3t0   

25、;                              假设板间距为d，则t=2nt0时刻进入偏转电场的电子，偏转位移最大ymax=d2       且a=eU0mdymax=12at02+at0t0+at0t0+12at02=3at02=d2，解得d=6L6