105带电粒子在电场中的运动同步练习

1、人教版必修第三册 10.5带电粒子在电场中的运动一、单选题1示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的 情况。示波器的内部构造简化图如图所示，电子经电子枪加速后进入偏转电场，最终 打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是（）乙如果只在XX，上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（a）如果只在YY，上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（b）如果在YY，、XX，上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（ c ）如果在YY，, XX，上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图（ d ）如图，竖直放置

2、的圆环处于水平向左的匀强电场中，A，B、C、D为圆环上的四个 点，AD竖直，AB与AD间夹角9 =60，AC为圆环直径，沿AB、AC、AD分别固定光 滑细杆。现让质量均为加、带电量均为+ q的带孔小球分别套在细杆AB、AC、AD上（图中未画出），均从A点由静止开始下滑，设小球分别经时间tB、tC、tD到达B、C、D三点。已知匀强电场场强大小E =亘喧，重力加速度为g,关于三个小球的运q动时间tB、C tD,下列说法正确的是（）AtB = tC = tDBtB tC tDCtB tC tDDtD tB 0），电 场强度E = mg（g为重力加速度），则下列说法正确的是（）q八 I、x XJJ小球

3、在A点时的速度为肓拆小球运动至C点和H点时绳子拉力大小相等小球运动过程中绳子的最大拉力为6、込mg小球运动过程中的最小速度为j2Rg如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的 加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为厶相距 为，电压为4。则带电粒子不能从A、B板间飞出应该满足的条件是（）A.U2d2 - ULB.U2d 22 UL21U d L1D.1SAJu231L 1如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图 2 中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（ ）A

4、R00甲乙ooT22T丙A.电压是甲图时，在0T时间内，电子的电势能一直减少电压是乙图时，在0彳时间内，电子的电势能先增加后减少电压是丙图时，电子在板间做往复运动电压是丁图时，电子在板间做往复运动有一种测量电场强度的方法，其原理如图，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀 强电场，虚线框高度为。让质量为加、带电量为q的粒子从M点由静止释放，最终 带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d,已知重力加速度为g,则电场强度E大小为（）A.竽mgB.3mgC.D. 2mg2qq2qq10在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为+g的小物体轻放在水平

5、面上，此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O,沿运动方 向建立x轴，x轴上各点的电势9随位置坐标x的变化如图所示。图中0/为曲线， l21及2131为直线，图像曲线部分和直线部分在x = l处相切，已知小物体在x = l处 速度为最大值，在x = 31处速度恰好为零，下列说法错误的是（）21(pi0A小物体从O到x = 31的过程中由于摩擦产生的热量为q见-心 B.小物体运动过程中受到的摩擦力大小为给2lC 92、93的关系为勿广叮饋D小物体运动过程中的最大动能为q（9严2）电偶极子是由相距为，电荷量大小为q的等量异种点电荷组成的系统。两个相同的电偶极子平行反向放置，AOB为其平

6、分线，O点为其对称点。在外力作用下，一带 正电的试探电荷从无穷远处沿着AOB移动，无穷远处电势为零。在移动过程中，下列 说法正确的是（）.:电场力对试探电荷先做正功，后做负功试探电荷电势能先增加，后减少试探电荷在O点所受电场力最大试探电荷在O点电势能为零如图所示，一个平行板电容器两板间距离为，其电容为C,所带电荷量为Q,上 极板带正电，现将一个带电荷量为+q的试探电荷由两极板间的A点移动到B点，A、B 两点间的距离为1,连线AB与极板间的夹角为30，则静电力对试探电荷所做的功等 于（ ）A- Qd B SdC 哙 d. 2|d如图所示，四个质量均为加、带电荷量均为+g的微粒a、b、c、d距离地

7、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（mggE）,这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别不计空气阻力，则（)td，是 t 、 t 、 t 、 abcA* +bc0V1fA. t t t t abcdB. t =t t =t b c a dC.t =t t tadbcD. t t =t t badc如图1所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极YY，之间电势差如图2所示的规律变化，水平偏转电极XX，之间的电势差如图3所示的规律变化，则在荧光屏上试卷第6页，共9 页差为匕的电场中加速后，垂直射入电势差为J的偏转电场，在满足电子

8、能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是（ ）A. U 变小，U 不变12C. U 变小，U 变大12二、填空题BU 变大， U 变小12DU 不变， U 变大12如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，电势差为U, 质量为m （不计重力）、电荷量为一g的粒子，以速度S通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿 过等势面N的速度应是。0 +U4IM N初速度为v0，质量为m，电荷量为+g的带电粒子逆着电场线的方向从匀强电场 边缘射入匀强电场，已知射入的最大深度为。则（1）场强大小 E=；（2）带电粒子在电场区域中运动的时间（不计带电粒子的重力）为尸。两个初速度均为零

9、的带电粒子A和B在同一匀强电场中同时释放。已知aA=8aB，4mA=mB，不计重力和两粒子间的静电力作用，经过相同的时间后，两粒子的速率之比vA : vB=，动能之比 EkA : EkB=。三、解答题1如图所示，半径为R的-光滑绝缘圆弧轨道竖直固定放置，它所在空间存在一竖4直向下的匀强电场，且与电容器间的电场互不影响。一质量为加，电量为q的带电小 球以一定的初速度从圆弧轨道顶端开始沿轨道运动，其速率不断减小，最终以水平速 度y=1m/s离开圆弧轨道，此时对圆轨道恰好无压力作用，并立刻沿水平方向飞入两 板间距为=8cm水平放置的平行板电容器正中央，在电容器中做匀速直线运动仗取 10m/s2）.（

10、1）请写出加在平行板电容器两端的电压U和竖直向下的匀强电场的电场强度E的表达式；（2）保持其他条件不变，将电容器的下板向下平移2cm （如图所示），小球刚好从金 属板右端飞出，求平行板的长度。（、示-2.5）20如图所示，空间内存在有方向竖直向下的匀强电场，电场强度E = 103V/m，将一 长为L = 1m且不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量m = 0.8kg、带电量 q = +0.01C的小球。现将小球拉起至绳子水平后在A点无初速度释放，当小球运动至 O点的正下方B点时绳恰好断裂（假设该绳断裂时无能量损失），小球继续运动并垂直 打在一个与水平面成0 = 53。且足够大的挡板MN

11、上的C点，重力加速度g取10m/s2，试求B、C两点的电势差U。AOgMv E IV21.如图所示，匀强电场方向竖直向下，大小为E, 质量为加、电荷量为q的正电 粒子在电场中以速度5从MN连线上的P点水平向右射出。已知MN与水平方向成 45角，粒子的重力不计，求：（1）粒子落回MN连线上某点时所用的时间t；（2）粒子落回MN连线上某点时的速度大小Vo22如图所示，长L = 2m、倾角0 = 37。的光滑斜面固定在水平地面上，整个斜面处在 方向沿斜面向上的匀强电场中。将一个质量m = lkg、电荷量q = 5xlOC带正电的小 滑块从斜面顶端由静止释放，已知小滑块到达斜面底端所用的时间t = 2

12、s，重力加速度 g = 10m/s2， sin37 = 0.6， cos37 = 0.8，求：（1）小滑块下滑过程中的加速度大小；（2）匀强电场电场强度的大小；（3）小滑块从最高点滑到底端的过程中，电场力做的功和小滑块电势能的增加量。参考答案：1D 【解析】【详解】如果只在XX，上加图甲所示的电压，则电子只在x轴方向偏转，且偏转距离时刻在变， 所以在荧光屏上看到的图形为x轴上的一条亮线，如图(b)所示，故A错误；如果只在YY，上加图乙所示的电压，则电子只在尹轴方向偏转，且偏转距离时刻在变， 所以在荧光屏上看到的图形为尹轴上的一条亮线，如图(a)所示，故B错误；CD.如果在XX YY，上分别加图

13、甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压 覆盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图(d)所示，故C错误，D 正确。故选 D。C【解析】【详解】 对小球受力分析，根据牛顿第二定律有a = g cos0 + *3g sin0 = 2g sin(30 +0)则所有球在相等时间内的位移为x = gZ2sin(30 + 3)由于AB与AD间夹角0 =60，则sin(30 +3)= 1其它 3都比 60要小，则tB tC tD故选CoC【解析】【分析】【详解】AB.带电物体做匀速直线运动，受重力、支持力、摩擦力水平向左和水平向右的电场力， 电场方向向左，则物体带负电，根据平衡得答案

14、第1页，共13页qE =卩 mg解得q = 7.5 x 10 - 4CAB 错误；CD.使物体向右加速，则合力一定水平向右，所以电场力的水平分力一定沿水平方向向 右，电荷带负电，故电场方向斜向左上方或斜向左下方，但只有电场方向沿左下方时，加 速度的值最大，设电场方向与水平方向夹角为乩由牛顿第二定律得qE cos 9 一 卩(mg 一 qE sin 9) = ma(qE)2 + (卩Eq)2 sin(9 +a) - pmg = maqE 4tan a =卩qE 3a = 53。sin(0 +a) = 1时，加速度最大，此时9 = 90。一 53。= 37。a = %max 8D 错误 C 正确。

15、故选Co 4. B解析】详解】设粒子的初速度为叱，粒子在电场中做类平抛运动，离开偏转电场的时间为Lt =-v0则两个粒子同时离开偏转电场，故A正确，不符合题意；设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为0,粒子在电场中做类平抛运动，竖 直方向的加速度为竖直方向的分速度为偏转角度的正切为a =理=qUm mdqU Lv = at =-ymd v0qULmdv20vtan 0v0氘核和氦核的比荷相同，两个粒子离开偏转电场时速度方向相同，故 B 错误，符合题意；CD.两个粒子在偏转电场中水平方向分速度相同，离开偏转电场时竖直方向的分速度相 同，离开偏转电场时速度大小相同，且从偏转电场同一点离开，故

16、 CD 正确，不符合题 意。故选 B。故选。5. B 【解析】【详解】由于粒子的电性未知，所以无法判断P、Q的电势高低，故A错误；根据vt图像可知粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度，即粒子在P点所受电场力大于在Q点所受电场力，所以Q点场强小于P点场强，故B正确；粒子从P到Q的过程，电场力对粒子做功为1W = 一一 mv 220所以P、Q两点间的电压为 TOC o 1-5 h z Wmv 2 HYPERLINK l bookmark61 o Current Document U = 0PQ q2q故 C 错误；粒子从P到Q的过程，电场力对粒子做负功，粒子电势能增大，所以粒子在P点的电 势能小于

17、在Q点的电势能，故D错误。故选B。6. C解析】【详解】D.以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力由牛顿第二定F = f(mg )2 + (qE )2 = 2mg由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小值出现在P点, 律得小球的最小速度v = v =2gR min P故D错误;A.小球从P点运动到A点，由动能定理得mgR(1 cos 45。) + qER sin 45。= mv2 mv 22 A 2 P解得v =联3 込-2) gRA故 A 错误;小球在C点时，有v2F qE = m-cCR小球从H点运动到C点，由动能定理得qE - 2R = mv 2

18、mv 22C2H在H点时，有所以FH ta ac对比可得t t = t tbadc故选 D。14D【解析】【详解】 在02t时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当为负的最大值时，电 子大在荧光屏上有负的最大位移，当5为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，因此D正确，ABC错误。故选 D。15B【解析】【详解】qU11二mv22v根据动能定理得在偏转电场中a =叫mdqU Lv = at =2y mdvUL22U d1vtan 0 =hv若使偏转角变小即使tan 0变小，使U变大，U2变小可使偏转角变小。 故选B。162 +辿0 m【解析】【分析】【详解】由动能定理得：qU

19、= mv2 mv02，解得v=、v 2 qU TOC o 1-5 h z 22Y 0 m17.mv2如2qdv0解析】分析】详解】(1)1根据动能定理得解得Eqd = mv 220mv2E =o-2qd(2)2带电粒子运动的平均速度为所以运动的时间为d2dt =v v018. 8 : 1 16 : 1解析】详解】 1粒子受电场力做匀加速直线运动，有v = at而a = 8a，时间t相同，有ABv :v = 8:1AB19(1)mgdmv 2U =； E = 旷 +qqRqmgE : E = 16:1kA kB；(2) 25cm解析】详解】 (1)小球在板间匀速直线运动，小球受重力和竖直向上的电场力平衡Uq = mgd解得U=mgdq小球沿着圆弧轨道运动时速率减小，恰好过最低点时，满足解得mv2Eq - mg =R0mv2E =+mgq(2)当下板向下平移，电场强度变小，故小