课时测评13 带电粒子在电场中的运动-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

课时测评13　带电粒子在电场中的运动 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题4分，共40分) 1．质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后(　　) A．比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大 B．比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大 C．比荷大的粒子速度和动能都大 D．电荷量大的粒子速度和动能都大 答案：A 解析：根据动能定理得qU＝mv2＝Ek，解得v＝，根据上式可知，在电场中由静止开始经相同电压加速后，比荷大的粒子速度v大，电荷量q大的粒子动能Ek大。故选A。 2．(2025·江苏南京期末)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　) A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点后继续运动 答案：D 解析：由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，静电力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，静电力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点，到达O点时速度恰好为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有－eUOM－eUMP＝0，解得UMP＝－UOM＝UMO，根据C＝，当C板向左平移到P′点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有UMP＝UMO>UMP′，结合上述有－eUOM－eUMP′>0，可知电子减速运动到P′点时速度不等于0，即电子穿过P′点后继续向右运动。故选D。 3．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；在负极板附近有一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，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 答案：A 解析：带电粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度分别为a1＝，设两粒子经过同一平面的时间为t，则正粒子的位移为 t2，负粒子的位移为t2，联立可解得M∶m＝3∶2。故选A。 4．(多选)(2025·河北邯郸期末)如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为l，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是(　　) A．电子在O点的电势能小于在A点的电势能 B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同 C．电子从O点射出时的速度v0＝ D．O、A间的电势差UOA＝U 答案：AD 解析：电子在运动过程中，只受到静电力，故电势能与动能之和不变，电子在A点的动能最小，则电子在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能小于在A点的电势能，故A正确；电子返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，故返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理有，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。故选AD。 5．如图所示，质子和α粒子以相同的初动能垂直射入偏转电场(两者均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 答案：B 解析：根据偏移量计算公式y＝·2以及动能表达式Ek＝，解得y＝，初动能相同，α粒子的电荷量是质子的2倍，故y1∶y2＝1∶2。故选B。 6．如图所示，电场方向竖直，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，粒子P从两极板间正中央射入，粒子Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点。(不计两粒子重力和两粒子之间的相互作用)则(　　) A．粒子P、Q在电场中的运动时间不同 B．粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大 C．粒子P的动能增量较大 D．静电力对粒子P、Q做的功一样大 答案：B 解析：粒子P、Q在电场中水平方向均做匀速直线运动，水平速度相同，水平位移相同，可知运动时间相同，故A错误；竖直方向有y＝t2，两粒子质量相同，运动时间相同，粒子Q的竖直位移大于粒子P的竖直位移，可知粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大，故B正确；根据W＝qEy可知，静电力对粒子Q做功较大，根据动能定理可知，粒子Q的动能增量较大，故C、D错误。故选B。 7．如图所示，平行板电容器两极板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下极板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下极板边缘，则可以将(　　) A．开关S断开 B．初速度变为2v0 C．两极板间电压变为 D．竖直移动上极板，使板间距变为2d 答案：B 解析：开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下极板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，竖直方向根据y＝at2可知，质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝vt可知，到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下极板边缘，B正确；当两极板间电压变为时，板间场强变为原来的，质子所受的静电力变为原来的，加速度变为原来的，竖直方向根据y＝at2可知，质子运动到下极板所需时间变为原来的倍，由x＝vt可知，到达下极板时质子的水平位移变为原来的倍，所以质子不能落到下极板边缘，C错误；竖直移动上极板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间变为原来的倍，水平位移变为原来的倍，质子不能落到下极板边缘，D错误。故选B。 8．如图所示为示波管，当两偏转电极XX′、YY′上的电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的电场强度方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的电场强度方向重合，y轴正方向竖直向上)。下列说法正确的是(　　) A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，则X′接电源正极，Y接电源负极 B．若只在YY′两极加上偏转电压，则在荧光屏上能看到沿x轴的亮线 C．若只在XX′两极加上偏转电压，增大XX′两极电压，则电子位置会沿x轴方向移动 D．示波管工作时，可任意调节XX′、YY′两极电压，荧光屏上都会出现稳定波形 答案：C 解析：若要电子打在题图所示坐标系的第Ⅱ象限，电子受到的静电力在x轴上沿负方向，在y轴上沿正方向，则X′接电源正极，Y接电源正极，故A错误；若只在YY′两极加上偏转电压，则在荧光屏上能看到垂直x轴的亮线，故B错误；若只在XX′两极加上偏转电压，电子受到的静电力沿x轴，增大XX′两极电压，则电子位置会沿x轴方向移动，故C正确；如果两电压频率都不稳定，则无法获得稳定波形，故D错误。故选C。 9．(2025·江西师大附中期中)A、B板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷相同的带电微粒(均不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程(　　) A．运动加速度aa>ab>ac B．速度变化量Δvb＝Δvc>Δva C．飞行时间tb>tc>ta D．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb>ΔEa 答案：B 解析：带电微粒的比荷、匀强电场的场强均相同，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝，可知它们运动的加速度相同，故A错误；带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2解得t＝，由题图可知ya<yb＝yc，可得ta<tb＝tc，故C错误；速度变化量Δv＝aΔt，联立解得Δvb＝Δvc>Δva，故B正确；静电力做功为W＝qEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定静电力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误。故选B。 10．(多选)(2025·贵州遵义五校期末)如图甲，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，偶数圆筒相对奇数圆筒的电势差为正，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个质子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，要使质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中，恰好都能使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒的长度须依照一定的规律依次增加。已知质子质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U、周期为T，质子通过圆筒间隙的时间不计，则(　　) A．质子在每个圆筒中运动的时间均为 B．质子在每个圆筒中运动的时间均为T C．质子进入第8个圆筒瞬间速度为4 D．序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍 答案：ACD 解析：因为质子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，静电力方向恰好跟运动方向相同而不断加速，所以圆筒长度是按照一定的规律增加的，质子在每个筒内运动的时间必须为电压周期的一半，即均为，故A正确，B错误；设质子进入第n个圆筒瞬间速度为vn，由动能定理可得neU＝，解得vn＝，所以第n个筒的长度为Ln＝vnt＝ ，故质子进入第8个圆筒瞬间速度为v8＝4，序号为4的圆筒长度为L4＝，序号为1的圆筒长度为L1＝，则＝2，即序号为4的圆筒长度是序号为1的圆筒长度的2倍，故C、D正确。故选ACD。 11．(20分)如图所示为示波管模型，电荷量为e、质量为m的电子从灯丝K发出，经加速电场加速后，从中心孔S沿极板中心线SO以速度v水平射入平行板电容器，穿出偏转电场后，又经过一段匀速直线运动，最后打到荧光屏上的C点。已知平行板电容器两极板间的电压为U，板长为L，两极板间的距离为d，偏转电场两极板右端到荧光屏的距离为L，不计电子重力。 (1)求荧光屏上O、C两点间的距离； (2)将平行板电容器与电源断开，仅增大两极板间距，发现电子仍打到荧光屏上的C点，请列式说明原因。 答案：(1)　(2)见解析 解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示 垂直电场方向有L＝vt 沿电场方向有e＝ma 侧移量y＝at2 联立解得y＝ 由类平抛运动的推论和几何关系可知 可得荧光屏上O、C两点间的距离OC＝。 (2)因电容器与电源断开，两极板上所带电荷量不变，根据E＝ 可得E＝ 仅增大两极板间距，极板间电场强度不变，电子在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故电子仍能打到荧光屏上的C点。 学生用书第53页 学科网（北京）股份有限公司 $