2.2 带电粒子在电场中的运动 分层同步练习 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版必修第三册

第二节　带电粒子在电场中的运动 一、必备知识基础练 题组一　带电粒子在电场中的加速 1.一次性医疗口罩中使用的熔喷布经驻极处理后,熔喷布带正电具有吸附功能.驻极处理装置如图所示,针状电极与平板电极间的电压为U,针尖附近的空气被电离,产生的正离子被熔喷布捕获使熔喷布带电.其中某质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)在电场力的作用下由静止向下运动,不计离子间的相互作用及熔喷布厚度,则该离子到达熔喷布时的速度大小为(　　) A. B. C. D. 2.为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,如图所示,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,上下底面是金属板.当金属板连接到高压电源正、负两极时,在两金属板间产生匀强电场.现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内,烟尘颗粒带负电,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.闭合开关S后,下列说法正确的是(　　) A.烟尘颗粒向下运动 B.两金属板间电场方向向上 C.烟尘颗粒在运动过程中电势能减小 D.烟尘颗粒电荷量可能是电子电荷量的1.5倍 题组二　带电粒子在电场中的偏转 3.(2025江苏高一期中)如图,电荷量之比qA∶qB=2∶1的带电粒子A、B以大小相等的速度v0从同一点出发,沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则(　　) A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶1 B.A和B运动的加速度大小之比为1∶4 C.A和B的质量之比为1∶2 D.A和B的位移大小之比为1∶1 4.(多选)如图为示波管的原理简图,电子经加速电场由静止加速,以速度v从M点垂直于偏转电场射入,最后从N点射出,则(　　) A.加速电场电压增大,速度v也将增大 B.电子在加速电场运动的过程中,电势能不断增加 C.在偏转电场中,M点的电势比N点的电势高 D.在偏转电场中,M点的电势比N点的电势低 题组三　带电粒子在交变电场中的运动 5.如图甲所示,一带负电的粒子静止在平行板电容器的a、b两极板之间,将交变电压加在电容器上,电压随时间的变化如图乙所示.t=0时,带电粒子在电场力的作用下开始运动,a极板的电势高于b极板的电势.粒子与两极板的距离足够大,不计重力,粒子的运动情况可能是(　　) A.在a、b极板间做往复运动,先向a极板运动 B.在a、b极板间做往复运动,先向b极板运动 C.一直向a极板运动 D.一直向b极板运动 6.(多选)(2024广东汕头高二阶段练习)如图甲是一对长度为L的平行金属板,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直.在t=0时刻,一带电粒子沿板间的中线OO'垂直电场方向射入电场,2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场.不计粒子重力,则(　　) A.粒子带正电 B.粒子在平行板间一直做曲线运动 C.粒子射入电场时的速度大小为 D.若粒子射入电场时的速度增加1倍,射出电场时的速度垂直于电场方向 二、关键能力提升练 7.电子枪是示波器构造的一部分,如图是电子枪的示意图.A是电阻丝,加热后电子可以从电阻丝中逃逸出来,U1是加在电阻丝两端的电压.B是金属板,在A、B之间加高电压U2,逃逸出来的电子经A、B间电场加速后从金属板中间的小孔射出.电子从电阻丝出来时的速度近似为零,U2远远大于U1,电阻丝与板间的距离为d,电子电荷量为e,质量为m,下列说法正确的是(　　) A.金属板的电势低于电阻丝的电势 B.电阻丝与金属板间的电场强度大小为E= C.电子从小孔射出时的速度大小为v= D.电子从小孔射出时的速度大小为v= 8.(2025广东肇庆高二期末)如图所示,某电子设备的核心部分是一个平行板电容器,板内存在匀强电场,电场强度大小为E,板的长度为L.现有质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0垂直电场方向飞入其中,粒子能被吸附到收集板上,不计粒子受到的重力,则下列说法正确的是(　　) A.粒子在电场中做变加速曲线运动 B.粒子在电场中克服电场力做功 C.粒子在电场中的运动时间大于 D.粒子在电场中的偏移量不会大于 9.(多选)如图所示,带电粒子沿带电平行板中线射入,带电粒子偏转射出电场,平行板之间电场为匀强电场,不计重力影响,则下列说法正确的是(　　) A.若射入的初速度加倍,侧移量加倍 B.若射入的初速度加倍,偏转角正切值减半 C.若两板间电压U加倍,侧移量加倍 D.若两板间电压U加倍,偏转角正切值加倍 10.(多选)如图所示,平行板电容器极板间距为d,所加电压为U,极板间形成匀强电场.一个带正电的粒子从上极板由静止释放,经过时间t后到达下极板,在此过程中电场力做功为W.忽略重力影响,下列说法正确的有(　　) A.若仅将d增大一倍,则W将保持不变 B.若仅将d增大一倍,则t将增大一倍 C.若仅将U增大一倍,则t将减小一半 D.若仅将U增大一倍,则W将增大一倍 11.将图乙的交变电压加在图甲的平行板电容器A、B两极板上,开始B极板电势比A极板电势高,这时有一个原来静止的电子正处在两极板的中间,它在电场力作用下开始运动,设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是(　　) A.电子一直向着A极板运动 B.电子一直向着B极板运动 C.电子先向A极板运动,然后返回向B极板运动,之后在A、B两极板间做周期性往复运动 D.电子先向B极板运动,然后返回向A极板运动,之后在A、B两极板间做周期性往复运动 12.一电子由静止经加速电压U1加速后,在距两水平极板距离相等处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示.两水平极板间距为d,板长为l.已知电子的质量为m,电荷量为e.不计电子的重力. (1)求电子经U1加速后的速度大小v0; (2)若电子恰能从平行板的下极板的右边缘飞出,求两个极板间的电压U2. 三、核心素养拔高练 13.如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量为m=0.2 kg、电荷量为q=+2.0×10-6 C的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1.t=0时刻开始,在该空间上加一个电场强度大小和方向呈周期性变化的电场,如图乙所示.电场方向取水平向右为正方向,g取10 m/s2.求: (1)14 s末小物块的速度大小; (2)前14 s内小物块的位移大小. 参考答案 1.A　解析 根据动能定理,有qU=mv2,解得v=,故选A. 2.C　解析 由图可知,极板上端为正极,下端为负极,则带负电的烟尘颗粒受电场力向上,故烟尘颗粒将向上运动,故A错误;极板上端为正极,下端为负极,所以两金属板间电场方向向下,故B错误;烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功,电势能减少,故C正确;带电体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍,所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电荷量的1.5倍,故D错误. 3.C　解析 粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,则有x=v0t,因初速度相等,所以A和B在电场中运动的时间之比,故A错误;粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有y=at2,因y相同,则它们的加速度大小之比为,故B错误;根据牛顿第二定律有qE=ma,解得粒子质量m=,则A、B的质量之比为,故C正确;A、B的位移大小之比为,故D错误. 4.AD　解析 电子在加速电场中,由动能定理有eU1=mv2,得v=,加速电场电压增大,速度v也将增大,A正确;电子在加速电场运动的过程中,电场力做正功,电势能转化为动能,不断减小,B错误;在偏转电场中,电子受电场力做正功,电势能减小,电势升高,故M点的电势比N点的电势低,C错误,D正确. 5.C　解析 在0~时间内,a极板的电势比b极板高,带负电的粒子受到的电场力向上,向上做匀加速直线运动;在~T时间内,a极板的电势比b极板低,电子受到的电场力向下,向上做匀减速直线运动,由于两段过程所用时间相等,加速度大小相等,所以t=T时刻电子速度为零;接着周而复始,故电子一直向a极板运动.故选C. 6.AC　解析 粒子向下偏转,由电场力方向与电场方向相同可知,粒子带正电,故A正确;在0~t0时间内,粒子在平行板间做曲线运动,在t0~2t0时间内,粒子不受任何力,则做直线运动,故B错误;粒子在水平方向一直做匀速直线运动,可知射入电场时的速度大小为v0=,故C正确;若粒子射入电场时的速度增加1倍,由于粒子在电场中受向下的电场力,有向下的加速度,射出电场时沿电场方向的速度不为零,则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向,故D错误. 7.D　解析 A、B间电场用来使电子加速,电子要受到向右的电场力,所以金属板电势要高于电阻丝的电势,故A错误;电阻丝与金属板间的电场并不是匀强电场,所以不能用E=来计算电场强度,故B错误;电子从电阻丝出来时的速度近似为零,经A、B间电场加速后从金属板中间的小孔射出,初末位置电势差为U2,根据动能定理e·U2=mv2,得v=,故C错误,D正确. 8.D　解析 粒子在两收集板间做类平抛运动,加速度恒定,电场力做正功,故A、B错误;粒子能被收集板吸附,可知在电场中运动时间最大时,有L=v0t,解得t=,故C错误;最大偏移量为y=at2,qE=ma,解得y=,故D正确. 9.CD　解析 带电粒子在电场中偏转射出电场,可知粒子在电场中运动时间t=,粒子在电场方向上的加速度a=,粒子的侧移量y=at2=,若射入的初速度加倍,侧移量缩小为原来的,若两板间电压U加倍,侧移量加倍,A错误,C正确.粒子射出电场时的偏转角tan θ=,若射入的初速度加倍,偏转角的正切值缩小为原来的;若两板间电压U加倍,偏转角的正切值加倍,B错误,D正确. 10.ABD　解析 根据W=qU,电荷量和电压不变,电场力做功不变,d增大一倍,电场强度E=,变成原来的一半,加速度a=,变为原来的一半,位移变为原来2倍,时间t=,变为原来的2倍,故A、B正确;根据B项分析,U增大一倍,电场强度变为2倍,加速度变为2倍,位移不变,则时间变为t,故C错误;根据W=qU,电荷量不变,U增大一倍,W增大一倍,故D正确. 11.D　解析 根据交变电压的变化规律,可确定电子所受电场力的变化规律,从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线,如图所示,从图中可知,电子在第一个内做匀加速运动,第二个内做匀减速运动,在这半个周期内,因初始B极板电势高于A极板电势,所以电子先向B极板运动,加速度大小为.在第三个内做匀加速运动,第四个内做匀减速运动,但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反,向A极板运动,加速度大小为,所以,电子做往复运动,综上分析正确选项为D. 12.解析 (1)设电子经加速电场加速后获得的速度为v0,由动能定理有 eU1=mv02-0 解得v0=. (2)电子经过偏转电场时做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,电子恰能从偏转电极下极板的右边缘飞出,运动时间 t= 电子在偏转电场中做类平抛运动,竖直方向有 at2 根据牛顿第二定律得 a= 解得U2=U1. 答案 (1)　(2)U1 13.解析 (1)根据牛顿第二定律可知,0~2 s内小物块的加速度为 a1==2 m/s2 2 s末小物块的速度为 v2=a1t1=4 m/s 2~4 s内小物块的加速度为 a2==-2 m/s2 4 s末小物块的速度为 v4=v2+a2t2=0 可知小物块做周期为4 s的加速和减速运动,14 s末小物块的速度大小等于2 s末小物块的速度大小,则有 v14=v2=4 m/s. (2)根据对称性可知,小物块在0~4 s内的位移为 x04=2x02=2×a1=2××2×22 m=8 m 根据周期性可知前14 s内小物块的位移大小 x总=3x04+x02=3×8 m+4 m=28 m. 答案 (1)4 m/s　(2)28 m 9 学科网（北京）股份有限公司 $