高一物理暑假作业12 带电粒子在匀强电场中的运动专题（解析版）-2025版高一物理暑假作业

高一物理暑假作业12带电粒子在电场中的运动专题1.(单选)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变【答案】D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)联立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。2.(单选)两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图1所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中()A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b【答案】D【解析】电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确．3.(单选)如图所示，分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，三小球分别落在图中A、B、C三点，其中小球B不带电，则()A.A带负电、C带正电B.三小球在电场中加速度大小关系是：aA>aB>aCC.三小球在电场中运动时间相等D.三小球到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA【答案】D【解析】由于水平初速度相等，A的水平位移最大，则A的运动时间最长，选项C错误.由y＝eq\f(1,2)at2可知A的加速度最小，而C的加速度最大，即aA<aB<aC，选项B错误.由于B球不带电，因此A受电场力方向与重力方向相反，则A带正电，C受电场力方向与重力方向相同，则C带负电，选项A错误.外力做功的关系为WC>WB>WA，由动能定理知EkC>EkB>EkA，选项D正确.4.(单选)氕核(eq\o\al(1,1)H)、氘核(eq\o\al(2,1)H)、氦核(eq\o\al(4,2)He)三种粒子，从同一位置A无初速度地进入加速电压为U的匀强电场，如图所示。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法错误的是()A.从A到B的过程中，氕核加速度最大B.从A到B的过程中，氘核和氦核所用时间相同C.到达B端时，氦核速度最大D.到达B端时，氦核动能最大【答案】C【解析】根据E＝eq\f(U,d)，F＝qE，F＝ma，联立得a＝eq\f(qU,md)，因氕核(eq\o\al(1,1)H)比荷最大，故加速度也最大；因氘核和氦核比荷相同，故加速度相同，A正确；根据d＝eq\f(1,2)at2，可知t＝eq\r(\f(2d,a))，从A到B的过程中，氘核和氦核加速度相同，故所用时间相同，B正确；根据动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))，因氕核(eq\o\al(1,1)H)比荷最大，故氕核(eq\o\al(1,1)H)速度最大，C错误；根据动能定理qU＝Ek，氦核电荷量最大，动能最大，D正确。5.(单选)如图所示，长为L的平行金属极板水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是()A.粒子离开电场时的速度为eq\f(\r(3),3)v0B.板间匀强电场的场强为eq\f(2\r(3)mveq\o\al(2,0),3qL)C.两极板间的距离为eq\f(\r(3),6)LD.两极板间的电势差为eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)【答案】C【解析】粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，由几何关系得v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v0，A错误；粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上L＝v0t，竖直方向上vy＝at＝v0tan30°，由牛顿第二定律可知qE＝ma，联立得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),3qL)，B错误；粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向d＝eq\f(1,2)at2，解得d＝eq\f(\r(3),6)L，C正确；两极板间的电势差U＝Ed＝eq\f(mveq\o\al(2,0),6q)，D错误。6.(多选)如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y是离开偏转电场时发生的偏转距离，为了减小偏转距离。下列措施可行的是()A.减小d B.增大加速电压U1C.增大偏转电压U2 D.减小L【答案】BD【解析】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝eq\r(\f(2eU1,m))电子进入偏转电场后的偏转的位移为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,md)（eq\f(L,v0)＝eq\f(U2L2,4U1d)为了减小偏转距离，可以减小U2、增大U1、增大d或者减小L。故B、D正确。7.(单选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中()A.它们运动的时间tQ>tPB.它们运动的加速度aQ<aPC.它们的动能增加量之比EkP∶EkQ＝1∶2D.它们所带的电荷量之比为qP∶qQ＝1∶2【答案】D【解析】粒子在垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x＝vt得知，运动的时间相等，故A错误；粒子在平行电场方向受到静电力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有y＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2y,t2)①由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为yP∶yQ＝1∶2所以aQ>aP，故B错误；根据牛顿第二定律，有qE＝ma②由①②两式解得q＝eq\f(2my,Et2)所以它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2，故D正确；根据动能定理，有qE·y＝ΔEk，又qP∶qQ＝1∶2，yP∶yQ＝1∶2所以动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故C错误。8.(单选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为U)()A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动【答案】C【解析】选电子在A、B之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在B、C之间做匀速运动，B正确；在C、D之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确。9.(单选)如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是()A．此液滴带负电B．液滴的加速度等于eq\r(2)gC．合力对液滴做的总功等于零D．液滴的电势能减少【答案】C【解析】带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A正确；由图知液滴所受的合力F＝eq\r(2)mg，其加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\r(2)g，故选项B正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C错误；由于电场力所做的功W电＝Eqxbdsin45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D正确．10.(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是()A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出【答案】BC【解析】设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－eq\f(1,2)mv02，又E＝eq\f(U,d)得x＝eq\f(mdv\o\al(2,0),2qU)，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为eq\r(2)v0；或使A、B两板间的电压变为eq\f(1,2)U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误．11.(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()【答案】AD【解析】在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性变化的电压时，因为电子在平行金属板间所受的静电力F＝eq\f(U0e,d)，所以电子所受的静电力大小不变，而方向随电压呈周期性变化。由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个eq\f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq\f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq\f(T,4)内向A板做匀加速直线运动，在第四个eq\f(T,4)内向A板做匀减速直线运动。所以a－t图像如图甲所示，v－t图像如图乙所示，又因匀变速直线运动的位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，所以x－t图像应是曲线，A、D正确。12.(单选)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（

）A．偏转电压 B．偏转的角度 C．射出电场速度 D．电场中运动的时间【答案】B【解析】AD．粒子在平行板电容器中做以初速度做类平抛运动，分解位移：电场力提供加速度：极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：联立方程可知偏转位移满足：结合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；BC．偏转的角度满足：解得：；初速度未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。故选B．13.(单选)如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为。则点电荷运动到负极板的过程（）A．加速度大小为B．所需的时间为C．下降的高度为D．电场力所做的功为【答案】B【解析】点电荷在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为由牛顿第二定律得故A错；点电荷在水平方向的加速度为，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以，故B正确，点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度，故C错误；由功公式W=Eqd/2,故D错误．综上所述本题答案是：B14.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为l＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq\f(4,3)cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(g取10m/s2)(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间．【答案】(1)2m/s2(2)0.3s【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速直线运动，所以有：qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg得qU＝mgd当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受电场力F′＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)a＝eq\f(F′－mg,m)＝g(eq\f(d,d′)－1)＝eq\f(1,5)g＝2m/s2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq\f(d,2)设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(d,a))＝0.2s而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝eq\f(l,v0)＝0.5s所以液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间为t＝t2－t1＝0.3s.15.密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的质量之比；（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1【解析】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量则速率为v时受阻力则当油滴匀速下落时解得可知则（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得其中对b由受力平衡可得其中联立解得16.示波管工作原理简化示意图如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，由静止经电压为U的电场加速后，垂直进入极板长度为L的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后沿直线运动，最终打在距离偏转电场右端eq\f(L,2)的屏幕上的P点。已知电子打在屏幕上的侧向位移大小OP＝eq\f(L,2)，不计电子所受重力与空气阻力。求：(1)电子进入偏转电场时的速度大小v0；(2)电子打在屏幕上P点时的动能Ek；(3)偏转电场的电场强度大小E。【答案】(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(5eU,4)(3)eq\f(U,L)【解析】(1)由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU,m))。(2)设电子射出偏转电场时速度的偏角为θ，由速度的反向延长线恰好平分水平方向的位移得tanθ＝eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋\f(L,2))且v＝eq\f(v0,cosθ)，Ek＝eq\f(1,2)mv2解得Ek＝eq\f(5eU,4)。(3)电子进入偏转电场做类平抛运动，设电子在偏转电场运动的时间为t，则有t＝eq\f(L,v0)且tanθ＝eq\f(eEt,mv0)解得E＝eq\f(U,L