第10章 5. 带电粒子在电场中的运动-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理必修第三册同步练习（人教版2019）

练 高 中 物 理 必 修 第三册 （人教版） 知识点 1 加速电场问题 1. 一带电粒子在电场中只受静电力作用时， 它不可能出现的运动状态是 （ ） A. 匀速直线运动 B. 匀加速直线运动 C. 匀变速曲线运动 D. 匀速圆周运动 2. 如图所示， 一充电后 的平行板电容器的两 极板相距 l 。 在正极 板附近有一质量为 M 、 电荷量为 q （ q>0 ） 的粒子； 在负极板附 近有另一质量为 m 、 电荷量为 -q 的粒子。 在电场力的作用下， 两粒子同时从静止开 始运动。 已知两粒子同时经过一平行于正 极板且与其相距 2 5 l 的平面。 若两粒子间 相互作用力可忽略， 不计重力， 则 M ∶ m 为 （ ） A. 3 ∶ 2 B. 2 ∶ 1 C. 5 ∶ 2 D. 3 ∶ 1 知识点 2 偏转电场问题 3. 带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时 （除 电场力外不计其他力的作用） （ ） A. 电势能增加， 动能增加 B. 电势能减少， 动能增加 C. 电势能和动能都不变 D. 上述结论都不正确 4. 一质量为 4.0×10 -15 kg 、 电量为 2.0×10 -9 C 的带正电质点， 以 4.0×10 4 m/s 的速度垂 直于电场方向从 a 点进入匀强电场区域， 并从 b 点离开电场区域。 离开电场时的速 度为 5.0×10 4 m/s 。 由此可知 ， 电场中 a 、 b 两点间的电势差 U ab = V ； 带电 质点离开电场时， 速度在电场方向的分量 为 m/s 。 （不考虑重力作用） 5. 如图是一个示波 器工作原理的示 意图 ， 电子经电 压为 U 1 的加速电 场后以速度 v 0 垂 直进入偏转电场， 离开电场时的偏转量是 h ， 两平行板间的距离为 d ， 电势差为 U 2 ， 板长为 L ， 为了提高示波管的灵敏度 （每 单位电压引起的偏转量 h U 2 ） 可采取的方 法是 （ ） A. 增大两板间电势差 U 2 B. 尽可能使板长 L 短些 C. 尽可能使板间距离 d 小一些 D. 使加速电压 U 1 升高一些 6. 如图所示， 两块长 3 cm 的平行金属板 A 、 B 相距 1 cm ， 并与 450 V 直流电源的两 5.带电粒子在电场中的运动 基 础 练 习 l + - q -q 第 2 题图 U 1 L d U 2 h v 0 第 5 题图 40 第十章 静电场中的能量 练 极相连接， 如果在两板正中间有一电子 （ m=9×10 －31 kg ， e=－1.6×10 －19 C ）， 沿着垂 直于电场线方向以 2×10 7 m/s 的速度飞 入， 求： （ 1 ） 电子在金属板间运动时的加速度大小。 （ 2 ） 如果电子能从金属板间飞出， 求电子 在电场中的飞行时间。 （ 3 ） 判断电子能否从平行金属板间飞出。 知识点 3 示波器工作原理 7. （多选） 如图所示， 氕核、 氘核、 氚核三 种粒子从同一位置无初速地飘入电场线 水平向右的加速电场 E 1 ， 之后进入电场 竖直向下的匀强电场 E 2 发生偏转， 最后 打在屏上。 整个装置处于真空中， 不计 粒子重力及其相互作用， 那么 （ ） A. 偏转电场 E 2 对三种粒子做功一样多 B. 三种粒子打到屏上时的速度一样大 C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同 D. 三种粒子一定打到屏上的同一位置 - + A B - e v 0 第 6 题图 8. 示波器是一种多功能电学仪器， 可以在荧 光屏上显示出被检测的电压波形。 它的工 作原理等 效成下列 情况： （如 图甲所示） 真空室中电极 K 发出电 子 （初速不计 ）， 经过 电压为 U 1 的加速电场 后， 由小孔 S 沿水平金 属板 A 、 B 间的中心线 射入板中。 在两极板右侧且与极板右端相 距 D 处有一个与两板中心线垂直的范围 很大的荧光屏， 中心线正好与屏上坐标原 点相交， 电子通过极板打到荧光屏上将出 现亮点， 若在 A 、 B 两板间加上如图乙所 示的变化电压， 则荧光屏上的亮点运动规 律是 （ ） A. 沿 y 轴方向做匀速运动 B. 沿 x 轴方向做匀速运动 C. 沿 y 轴方向做匀加速运动 D. 沿 x 轴方向做匀加速运动 * 9. 如图中虚线 a 、 b 、 c 、 d 、 f 代表匀强电场 内间距相等的一组等势面， 已知平面 b 上 提 升 练 习 A B S y x O DU 1 K 甲 r U T O U m 乙 第 8 题图 + - + - 屏 第 7 题图 41 练 高 中 物 理 必 修 第三册 （人教版） 的电势为 2 V 。 一电子 经过 a 时的动能为 10 eV ， 从 a 到 d 的过程中克服 电场力所做的功为 6 eV 。 下列说法正确的是 （ ） A. 平面 c 上的电势为 0 B. 该电子可能到达不了平面 f C. 该电子经过平面 d 时， 其电势能为 4 eV D. 该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时 的 2 倍 10. 如图所示， 带等量异种电荷 的两正对平行金属板 M 、 N 间存在匀强电场， 板长为 L （不考虑边界效应）。 t=0 时刻， M 板中点处的粒子源发射两 个速度大小为 v 0 的相同粒子， 垂直 M 板 向右的粒子 ， 到达 N 板时速度大小为 2 姨 v 0 ； 平行 M 板向下的粒子， 刚好从 N 板下端射出。 不计重力和粒子间的相 互作用， 则 （ ） A. M 板电势高于 N 板电势 B. 两个粒子的电势能都增加 C. 粒子在两板间的加速度为 a= 2v 2 0 L D. 粒 子 从 N 板 下 端 射 出 的 时 间 t = （ 2 姨 -1 ） L 2v 0 11. 如图所示， 边长为 L 的正方形区域 abcd 内存在着匀强电场。 电荷量为 q 、 动能 为 E k 的带电粒子从 a 点沿 ab 方向进入 电场， 不计重力。 （ 1 ） 若粒子从 c 点离开电场， 求电场强 度的大小和粒子离开电场时的动能。 （ 2 ） 若粒子离开电场时动能为 E k ′ ， 则电 场强度为多大？ c b a d E 第 11 题图 a b c d f 第 9 题图 第 10 题图 v 0 NM v 0 42 参考答案与解析 C 1 =ε r S 1 d 2 - 1 d 1 1 " ， 代入数据得 d 2 =4.5×10 －4 m=0.45 mm ， 故至少按下的距离 Δd=0.15 mm 。 6. BD 【解析】 设初状态极板间距是 d ， 旋转 α 角度 后， 极板间距变为 dcosα ， 所以电场强度 E′= E cosα ， 而 且电场强度的方向也旋转了 α ， 由受力分析可知， 竖直 方向仍然平衡， 水平方向有电场力的分力， 所以微粒水 平向左做匀加速直线运动。 则微粒的重力势能不变， 向 左做匀加速直线运动过程中， 电场力做正功， 则电势能 减小。 故 B 、 D 正确， A 、 C 错误。 7. BC 【解析】 本题考查有关电容器的两个公式。 a 板与 Q 板电势恒定为 0 ， b 板和 P 板电势总相同， 故两 个电容器的电压相等， 且两板电荷量 q 视为不变。 要使 悬线的偏角增大， 即电压 U 增大， 即减小电容器的电容 C 。 对电容器 C ， 由公式 C= q U = ε r S 4πkd ， 可以通过增大 板间距 d 、 减小介电常数 ε r 、 减小两极板的正对面积 S 。 8. C 【解析】 本题考查速度传感器的有关知识， 本 题为较难题目。 由题意可知： E= U d = Q Cd = Q ε r S 4kπ ， 所以 E 的变化规律与 Q 的变化规律相似， 所以 E 的图像为 ② ， 由 Q=CU= ε r S 4kπd U= b t+a ， 所以 d= ε r SU 4πkd t+ ε r SUa 4πkd ， 又因 ε r SU 4πkd 为一定值， 所以是匀速移动， 所以速度图像 为 ③ ， 综上所述 C 正确。 9. AC 【解析 】 平行板电容器充电后与电源断开 ， 所带电量 Q 不变， 根据推论 E= 4πkQ ε r S 得知， 板间场强 E 不变。 由电容的决定式 C= ε r S 4πkd 得到电容 C 增大， 由 电容的定义式 C= Q U 分析得知， 电压 U 变小。 P 点与 F 板间的距离不变， 由 U=Ed 得知， P 点与下板电势差增 大， 则 P 点的电势升高， 正电荷的电势能 ε 变大。 * 10. D 【解析】 保持极板 B 不动 ， 将极板 A 稍向上平 移 ， 板间距离 d 增大 ， 根据 C= ε r S 4πkd 可知， 电容减小。 若 电容器上的电压不变 ， 根据 C= Q U 可知电荷量要减小， 即电容器要放电， 但是二极 管具有单向导电性， 所以电容器无法放电， 即电量不 变， 根据 C= Q U 可知电压增大， 故 A 、 C 错误； 根据 E= U d 及 C= ε r S 4πkd ， C= Q U 可得 E= 4πkQ ε r S ， 所以场强不变， 电荷仍静止， 故 D 正确； 因为 P 点与 B 极板距离不变， 则其电势差不变， 所以 P 点的电势不变， 电荷的电势能 也不变。 故 B 错误。 11． （ 1 ） E k = 1 2 mv 2 0 + 2渍 d qh l=v 0 mdh q渍 姨 （ 2 ） L= 2v 0 mdh q渍 姨 【解析】 （ 1 ） PG 、 QG 间场强大小相等 ， 均为 E ， 粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下， 设粒子的 加速度大小为 a ， 有 E= 渍 d 2 ① ， F=qE=ma ② ， 设粒 子第一次到达 G 时动能为 E k ， 由动能定理有 qEh=E k - 1 2 mv 2 0 ③ ， 设粒子第一次到达 G 时所用时间为 t ， 粒 子在水平方向的位移为 l ， 则有 h= 1 2 at 2 ④ ， l=v 0 t ⑤ ， 联立 ①②③④⑤ 式解得 E k = 1 2 mv 2 0 + 2渍 d qh ⑥ ， l = v 0 mdh q渍 姨 。 （ 2 ） 设粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出， 则金 属板的长度最短， 由对称性知， 此时金属板的长度为 L=2l=2v 0 mdh q渍 姨 。 5.带电粒子在电场中的运动 1. A 【解析】 当带电粒子在电场中只受静电力作用 时， 静电力作用会产生加速度， B 、 C 、 D 中的运动情况 都有加速度， 而 A 中匀速直线运动加速度为 0 ， 不可能 出现。 2. A 【解析】 假设平行板间的匀强电场场强为 E ， 根据牛顿第二定律和运动学公式， 以 -q 为研究对象， 有 2 5 l= 1 2 · qE 2m t 2 ， 以 m 为研究对象， 有 3 5 l= 1 2 · qE 2m t 2 ， 联立可得 M ∶m=3 ∶ 2 。 3. B 【解析】 带电粒子垂直进入匀强电场中， 只在 电场力作用下， 做类平抛运动。 所以电场力做正功， 电 势能一定减少， 动能则增加。 故选 B 。 4. 9.0×10 2 3.0×10 4 【解析】 根据动能定理， 有 q （ U a - U b ） = mv 2 2 - mv 2 0 2 ， 代入数据， 解得 U ab =9.0×10 2 V 。 将末 速度正交分解， 根据平行四边形定则， 有 v y = v 2 -v 2 0 姨 = 3.0×10 4 m/s 。 5. C 【解析】 电子的运动过程可分为两个阶段， 即 加速和偏转。 ① 加速： eU 1 = 1 2 mv 2 0 ； ② 偏转： L=v 0 t ， h= 1 2 at 2 = eU 2 2md t 2 。 综合得 h U 2 = L 2 4U 1 d ， 因此要提高灵敏度则 需要增大 L 或减小 U 1 或减小 d ， 故选 C 。 6. （ 1 ） 8×10 15 m/s 2 （ 2 ） 1.5×10 -9 s （ 3 ） 不能 a b D A B P 第 10 题答图 15 第三册 （人教版）高 中 物 理 必 修 【解 析 】 （ 1 ） a = F m = eE m = eU AB md =8 ×10 15 m/s 2 。 （ 2 ） 当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以 2×10 7 m/s 的速度飞入时， 若能飞出电场， 则电子在电场中的运动 时间为 t= l v 0 =1.5×10 -9 s 。 （ 3 ） 在 AB 方向上的位移为 y= qUL 2 2mv 2 0 d d ， 得 y=0.9 cm ， d 2 =0.5 cm ， 所以 y> d 2 ， 故 电子不能飞出电场。 7. AD 【解析】 设加速电场的电压为 U 1 ， 偏转电场 的板间距离为 d 2 ， 根据动能定理得 qU 1 = 1 2 mv 2 ， 解得 v= 2qU 1 m 姨 ， 进入偏转电场后飞行时间 t= l v ， 偏转距离 y= 1 2 at 2 = 1 2 · qE 2 m · l v v # 2 = E 2 l 2 4U 1 ， 可见， 粒子的偏转距离 与粒子的质量和电荷量均无关， 所以它们会打在屏幕的 同一位置 ， D 正确； 偏转电场对粒子做功为 W=qE 2 y ， 与电荷量、 场强和偏转距离有关， 所以 A 正确； 三种粒 子打到屏上时的动能一样大， 但它们的质量不同， 所以 速度不同， B 错误； 粒子的质量越大， 运动到屏上所用 的时间越长， C 错误。 8. A 【解析】 电子在板间做类平抛运动 ， 侧移 y= qUL 2 2mv 2 0 d ， 飞出偏转电场后 ， 匀速直线运动 ， 侧移 Y= L+2D L v L y 1 ， 荧光屏上的亮点坐标 Y 与偏转电压 U 成正 比， 又由图像可知 U∝t ， 故 Y∝t ， 荧光屏上的亮点沿 y 轴方向做匀速运动， A 正确。 * 9. AB 【解析】 根据题述， 匀强电场中等势面间距 相等， 相邻等势面之间的电势差相等。 设相邻等势面之 间的电势差为 U ， 根据电子从 a 到 d 的过程中克服电 场力所做功为 W ab =6 eV ， 电场方向水平向右。 由 W ab = 3 eV ， 联立解得 U=2 V 。 已知 b 的电势为 2 V ， 则平面 c 上的电势为 0 ， 故 A 正确 ； 由于 af 之间的电势差为 4U=8 V ， 一电子经过 a 时的动能为 10 eV ， 由于题述没 有指出电子速度方向， 若该电子速度方向指向左或指向 上或下， 则该电子就到达不了平面 f ， 故 B 正确； 由于 题述没有指出电子速度方向， 故 C 、 D 错误。 10. C 【解析】 由于不知道两粒子的电性， 故不能确 定 M 板和 N 板的电势高低， 故 A 错误； 根据题意垂直 M 板向右的粒子， 到达 N 板时速度增加， 动能增加， 则 电场力做正功， 电势能减小， 故平行 M 板向下的粒子 到达 N 板时电场力也做正功， 电势能同样减小， 故 B 错误； 设两板间距离为 d ， 对于平行 M 板向下的粒子刚 好从 N 板下端射出， 在两板间做类平抛运动， 有 L 2 = v 0 t ， d= 1 2 at 2 ， 对于垂直 M 板向右的粒子， 在板间做匀 加速直线运动， 因两粒子相同， 在电场中加速度相同， 有（ 2 姨 v 0 ） 2 -v 2 0 =2ad ， 联立解得 t= L 2v 0 ， a= 2v 2 0 L ， 故 C 正 确， D 错误。 故选 C 。 11. （ 1 ） 4E k qL 5E k （ 2 ） 粒子由 bc 边离开电场时， E= 2 E k （ E k ′-E k ） 姨 qL 粒子由 cd 边离开电场时， E= E k ′-E k qL 【解析】 （ 1 ） 粒子在电场中做类平抛运动， 在垂直 于电场方向： L=v 0 t ， 在平行于电场方向： L= 1 2 at 2 = qEt 2 2m = qEL 2 2mv 2 0 ， ∴E= 4E k qL 。 根据功能定理有 qEL=E kt －E k ， 则 E kt =qEL+E k =5E k 。 （ 2 ） 若粒子由 bc 边离开电场， 则 L=v 0 t ， v y = qE m t= qEL mv 0 ， 由动能定理得 E k ′－E k = 1 2 mv 2 y = q 2 E 2 L 2 4E k ， E= 2 E k （ E k ′-E k ） 姨 qL 。 若粒子由 cd 边离开电场 ， 由动能定理得 qEL=E k ′－E k ， 所以 E= E k ′-E k qL 。 专题训练三 带电粒子在周期变化 电场中的运动 1. B 【解析】 由于电极 XX′ 加的是扫描电压， 电极 YY′ 之间所加的电压是信号电压， 所以荧光屏上会看到 的图形是 B 。 2. A 【解析】 粒子在第一个 T 2 内， 做匀加速直线运 动， T 2 时刻速度最大， 在第二个 T 2 内， 电场反向， 粒 子做匀减速直线运动， 到 T 时刻速度为 0 ， 以后粒子的 运动要重复这个过程。 3. D 【解析】 0～ T 4 ， 电子向右做加速运动； T 4 ～ T 2 过程中电子向右减速运动， T 2 ～ 3T 4 过程中电子向左加 速， 3T 4 ～T 过程中电子向左减速， D 满足条件。 4. （ 1 ） 0.4 m （ 2 ） 6×10 4 V 【解析】 （ 1 ） 设质子进入漂移管 B 的速度为 v B ， 电 源频率、 周期分别为 f 、 T ， 漂移管 B 的长度为 L ， 则 T= 1 f ， L=v B · T 2 ， 联立解得 L=0.4 m 。 （ 2 ） 设质子进入漂移管 E 的速度为 v E ， 相邻漂移管 间的加速电压为 U ， 电场对质子所做的功为 W 。 质子从 漂移管 B 运动到 E 电场做功 W′ ， 质子的电荷量为 q 、 质量为 m ， 则 W=qU ， W′=3W ， W′= 1 2 mv 2 E - 1 2 mv 2 B ， 联 立解得 U=6×10 4 V 。 16