课后提升练(10) 带电粒子在电场中的运动（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理必修第三册（鲁科版2019）

课后提升练(十)　带电粒子在电场中的运动 [对应学生用书P160] 1．如图所示，带负电的点电荷Q固定在真空中的M点，将另一带正电的点电荷q从N点沿直线移动到P点在这一过程中(　　) A．q所受的电场力将不断变大 B．q的电势能不断增大 C．电场力对q做正功 D．P点的电势小于N点的电势 B　解析：根据库仑定律有F＝k，可知点电荷q从N点沿直线移动到P点在这一过程中r增加，则电场力减小，故A错误；点电荷q从N点沿直线移动到P点这一过程中，电场力沿MP指向点电荷Q，与其位移方向相反，所以电场力做负功，根据功能关系，可知q的电势能不断增大，故B正确；根据B项分析可知电场力对q做负功，故C错误；点电荷q在P点的电势能大于在N点的电势能，根据电势定义式，有φ＝，可知其在P点的电势大于N点的电势，故D错误。 2．如图所示装置，从A板释放的一个无初速度的电子向B板方向运动，下列对电子的描述中错误的是(　　) A．电子到达B板时的动能是eU B．电子从B板到C板时动能变化为零 C．电子到达D板时动能是3eU D．电子在A板和D板之间往复运动 C　解析：释放出一个无初速度、电荷量为e的电子，在电压为U电场中做加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W＝qU＝eU，故A正确；由题图可知，B、C间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，故B正确；电子以eU的动能进入电压为2U的电场中，在电场力的阻碍下，电子做减速运动，由于C、D间的电压为2U，所以电子未到达D板时速度已经减为零，然后开始反向运动，故C错误；电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速，做往复运动，故D正确；本题选错误的，故选C。 3．(2021·黑龙江大庆东风中学高一期末)如图甲所示为一平行板电容器，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加如图乙所示的电压，电压的变化周期为T，若粒子从t＝时刻释放，则下列说法正确的是(　　) A．粒子可能运动到B极板上 B．粒子一定一直向B极板运动 C．粒子的v-t图像不可能为图丙 D．粒子的v-t图像可能为图丁 A　解析：由图乙所示图像可知，两极板间所加电压大小相等，为U0，设两极板间的距离为d，则两极板间的电场强度大小E＝相等，粒子所受电场力大小F＝qE相等，设粒子质量为m，由牛顿第二定律可知，粒子加速度大小a＝相等；由图乙所示图像可知，t＝时刻上极板电势高，两极板间的电场方向竖直向下，带负电的粒子所受电场力方向竖直向上，在t＝时刻释放粒子，粒子在电场力作用下向上做初速度为零的均加速直线运动，则t1＝时刻粒子的速度大小v1＝a·＝aT，方向竖直向上，由图乙所示图像可知，在～T内上极板电势低，下极板电势高，两极板间的电场方向竖直向上，带负电的粒子所受电场力方向向下，粒子加速度方向向下，在～时间内，粒子向上做匀减速直线运动，在时刻粒子的速度大小v2＝v1－a·＝0，在～时间内粒子一直向上运动，在该时间内粒子的位移大小可能大于等于两极板间的距离d，粒子可能运动到B极板上，故A正确；在～T内粒子向下做初速度为零的匀加速直线运动，在T时刻的速度大小v3＝a·＝aT，方向竖直向下，在T～内两极板间的电场方向竖直向下，粒子所受电场力竖直向上，在T～时间内粒子向下做匀减速直线运动，在时刻粒子速度为零，然后粒子重复在～内的运动过程，由以上分析可知，粒子从释放开始先向B极板运动，后远离B极板运动，然后重复前面的运动过程，故B错误；由以上分析可知，粒子从释放开始先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动到速度为零，然后再做反向的初速度为零的匀加速直线运动，然后再重复前述运动过程，粒子的加速度大小是不变的，v-t图像的斜率表示加速度，在粒子运动的各阶段v-t图像的斜率大小是不变的，因此粒子的v-t图像可能为图丙，不可能为图丁，故C、D错误。 4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　) A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 C　解析：粒子在电场中做类平抛运动，由h＝·可得x＝v0 ，由v0 ＜v0 得＞，故C正确。 5．(2021·江苏常州横林高级中学高一期末)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的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角θ的正切值增大到原来2倍的是(　　) A．U1不变，U2变为原来的2倍 B．U1不变，U2变为原来的 C．U2不变，U1变为原来的2倍 D．U1、U2都变为原来的2倍 A　解析：在加速场中，有U1q＝mv02，在偏转场中，有vy＝at＝·，则电子的偏转角θ的正切值为tan θ＝＝·＝，故选A。 6．(2022·北京清华附中高一期末)如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e。求： (1)电子穿过A板时的速度大小v。 (2)电子从偏转电场射出时的侧移量y。 (3)电子从偏转电场射出时的偏转角θ(用正切值表示)。 答案：(1) 　(2)　(3)tan θ＝ 解析：(1)电子穿过加速电场的过程，由动能定理得eU1＝mv02－0， 解得v0＝。 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，有L＝v0t， 沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 y＝at2， 根据牛顿第二定律得e＝ma， 联立解得电子在偏转电场中侧移量为y＝。 (3)电子从偏转电场射出时的偏转角满足 tan θ＝＝， 解得tan θ＝。 7．(2022·安徽合肥高二期末)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　) A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量 B．两电荷在电场中运动的加速度相等 C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功可能等于电场力对电荷N做的功 D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 A　解析：两电荷在竖直方向上有yM>yN，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有aMt2>aNt2，所以有aM>aN，根据牛顿第二定律得>，所以有qM>qN，A正确，B错误；电场力做的功为W＝Eqy，因为电荷M的电荷量多而且竖直位移大，所以从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，C错误；由两电荷的运动轨迹可知两电荷的水平位移xM＞xN，则vMt＞vNt，故vM＞vN，D错误。 8．(多选)(2022·山东济南高一期末)如图所示，一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子从小孔S无初速度地飘入电压为U1、极板距离为d1的水平加速电容器中，之后又垂直电场线进入电压为U2、极板距离为d2的竖直偏转电容器中，最后打在荧光屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则下列说法中正确的有(　　) A．三种粒子一定打到屏上的同一位置屏 B．偏转电场对三种粒子做功一样多 C．保持U1不变，增大d1三种粒子打到屏上时速度均增大 D．保持U1不变，增大d1三种粒子从进入S至打到屏上所用时间均增大 AD　解析：设偏转极板的长度为L，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv2，粒子在偏转电场中的偏转位移y＝at2＝··()2，联立可得y＝，又tan θ＝＝，可得粒子偏转角度的正切值tan θ＝，可见y和tan θ与电荷的电荷量和质量无关，所以三种粒子出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，三种粒子打屏上同一点，A正确；偏转电场对粒子做功为W＝Eqy，则偏转电场对两个一价粒子做功相同，与二价粒子做功不相同，B错误；保持U1不变，增大d1，则粒子从水平加速电容器中飞出时的速度不变，三种粒子打到屏上时速度不变，C错误；保持U1不变，增大d1，则粒子从水平加速电容器中飞出时的速度不变，三种粒子在水平加速电场中的运动时间增加，在偏转电场中的时间不变，则三种粒子从进入S至打到屏上所用时间均增大，D正确。 9．(2022·内蒙古呼和浩特高二期末)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，平行金属板C、D之间有偏转电场。今有质子H、α粒子He，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，最后从偏转电场C、D间穿出。重力忽略不计，则下列判断中正确的是(　　) A．两种粒子在C、D板间运动的时间相同 B．两种粒子的运动轨迹相同 C．质子H、α粒子He在偏转电场中的加速度之比为1∶2 D．偏转电场的电场力对质子H、α粒子He做功之比为1∶4 B　解析：粒子在A、B板间做匀加速直线运动，在C、D板间做类平抛运动，设加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板长度为L，宽度为d，则有qU0＝mv02，可得飞出加速电场时，粒子速度为v0＝，粒子进入偏转电场并能飞出电场，则水平方向有L＝v0t，竖直方向有y＝at2，粒子在C、D板间运动的时间为t＝＝L，由于质子H、α粒子He的不等，所以两种粒子在C、D板间运动的时间不相同，故A错误；两种粒子在加速电场中均做匀加速直线运动，在偏转电场中有y＝at2＝··(L)2＝，与粒子电荷量、质量均无关，所以两粒子的运动轨迹相同，故B正确；粒子在偏转电场中的加速度为a＝，所以质子H、α粒子He在偏转电场中的加速度之比为＝·＝×＝，故C错误；粒子在偏转电场中，电场力做功为W＝qEy，由于质子H、α粒子He在偏转电场中竖直方向位移y相等，则做功之比为＝＝，故D错误。 10．(多选)(2022·山东济南高一期末)一个利用静电除尘的盒状容器，如图所示。它的上、下底面为正对的金属板，板间距为L，当连接到电压为U的电源两极时，两金属板间产生一个匀强电场。现有一定量烟尘颗粒均匀分布在密闭的除尘器内，假设这些颗粒都处于静止状态。合上电键之后，颗粒向下运动。每个颗粒电性相同，电荷量均为q，质量均为m，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力，则下列说法中正确的是(　　) A．颗粒带正电 B．经过时间t＝烟尘颗粒可以被全部吸附 C．除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为NUq(N为容器中颗粒总数) D．除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为(N为容器中颗粒总数) AD　解析：开始时烟尘颗粒处于静止状态，接通电键后，场强方向向下，颗粒向下运动，可知颗粒带正电，A正确；对最上面的颗粒，根据L＝·t2，解得t＝，即经过时间t＝，烟尘颗粒可以被全部吸附，B错误；电场对最上面的颗粒做功为Uq，对最下面的颗粒做功为0，因颗粒均匀分布在两板之间，则除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为(N为容器中颗粒总数)，C错误，D正确。 11．(2022·山东济南高一期末)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成竖直方向的匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与入射方向成37°，不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)粒子射出下极板边缘时速度v的大小。 (2)匀强电场的场强E的大小。 答案：(1)v＝v0　(2)E＝ 解析：(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为37°，由速度的合成与分解得合速度v＝， 解得v＝v0。 (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有 水平方向上L＝v0t， 竖直方向上vy＝v0tan 37°＝v0＝at， 由牛顿第二定律得qE＝ma， 解得E＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$