课时测评13 带电粒子在电场中运动的综合应用-【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（教科版）

课时测评13　带电粒子在电场中运动的综合应用 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1.(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　) A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同 B．微粒将沿着一条直线运动 C．微粒将做往复运动 D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同 答案：BD 解析：以初始方向为正方向，作出微粒的v-t图像如图所示，由图可知B、D选项正确。 2.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知(　　) A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等 B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等 C．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等 答案：BC 解析：粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE＝m，可得R＝，R、E为定值，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确。 3.(2025·安徽郎溪中学高二校考期中)空间存在水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带电液滴在电场中的A点(图中未画出)以大小为v0的初速度水平向右射入电场。液滴经过一段时间运动到A点下方的B点，液滴运动到B点时，速度大小为5v0，速度方向与竖直方向夹角为37°，sin 37°＝0.6，重力加速度为g，不计空气阻力，则匀强电场的电场强度大小为(　　) A.　 B． C. D． 答案：D 解析：将液滴在B点的速度沿竖直方向与水平方向分解得vy＝5v0cos 37°＝4v0、vx＝5v0sin 37°＝3v0，液滴在竖直方向有gt＝4v0，可得从A点到B点经历的时间为t＝。液滴在水平方向有3v0＝－v0＋at，联立可得a＝g，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝。 4.如图所示，在竖直放置、间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，质量为m、带电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处由静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程中(　　) A．加速度大小为a＝＋g B．所需的时间为t＝ C．下降的高度为y＝ D．电场力所做的功为W＝qEd 答案：B 解析：对点电荷在电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力大小为F＝ ，所以点电荷的加速度大小为a＝，故A错误；由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度大小为a1＝，由运动学公式得＝a1t2，所以t＝，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y＝gt2＝，故C错误；电场力做的功W＝，故D错误。 5．(2025·四川遂宁高二统考期末)如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当t＝0时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板(带电粒子的质量m、电荷量q、速度最大值vm、时间T为已知量)，则下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T B．两板间距离d＝2vmT C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压大小U＝ D．若其他条件不变，该带电粒子从t＝开始进入电场，该粒子不能到达右侧极板 答案：B 解析：速度－时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知位移不断增加，带电粒子在两板间做单向直线运动，故A错误；由图像可知两板间距离为d＝4×＝2vmT，故B正确；速度－时间图像斜率表示加速度，由图像可知两板间所加交变电场的周期为T，0～时间内由动能定理有q＝mv，解得U＝，故C错误；带电粒子从t＝开始进入电场粒子向右运动的位移大于向左运动的位移，该粒子能到达右侧极板，故D错误。 6.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则(　　) A．电场方向垂直于ON向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．小球运动到最高点所需时间为 答案：BC 解析：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力大小等于mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得－mg·2h＝0－mv，解得h＝，C正确；小球运动到最高点所需时间为t＝＝，D错误。 7．(多选)如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是(　　) A．电子可能在极板间做往复运动 B．若t1时刻还没从小孔P穿出，则t1时刻电子的动能最大 C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0 D．电子不可能在t2～t3时间内飞出电场 答案：BC 解析：t＝0时刻B板电势比A板高，电子在0～t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束；在t1～t2时间内电子减速，由于对称性，在t2时刻速度恰好为零，此后电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；无论电子在什么时刻穿出P孔，t1时刻电子都具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误。 8.(2025·北京大兴高一校考期末)真空中存在空间范围足够大、水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电的小球在B点静止时细线与竖直方向夹角为37°，小球所带电荷量为q，细线的长度为l，重力加速度为g(取sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。以下说法正确的是(　　) A．小球带负电 B．电场强度的大小E＝ C．在B点细线突然断开，小球此后做匀加速直线运动 D．若将小球从A点由静止释放，小球运动到C点受到细线的拉力大小为3mg 答案：C 解析：小球在B点处于静止，对小球进行受力分析，如图所示。小球所受电场力方向与电场强度方向相同，可知，小球带正电，根据平衡条件有qE＝mgtan θ，解得E＝，故A、B错误；在B点细线突然断开，小球初速度为0，根据上述可知，小球此时仅仅受到重力与电场力，合力一定，可知小球此后做匀加速直线运动，故C正确；小球静止于B点，可知，B点为小球在复合场中的等效物理最低点，当将小球从A点由静止释放，小球将做圆周运动到达C点，根据动能定理有mgl－qEl＝mv－0，小球在C点，根据牛顿第二定律有T－mg＝m，解得T＝1.5mg，故D错误。 9．(10分)如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg。不计粒子所受重力。求： (1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围； (3)粒子打到荧光屏上的动能。 答案：(1)2×10－3 s　(2)0.85 m～0.95 m (3)5.05×10－2 J 解析：(1)板间粒子在水平方向上做沿x轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t，则L＝v0t，解得t＝＝2×10－3 s。 (2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1，则 y1＝a()2＋(a·) ＝ma 联立解得y1＝0.15 m 纵坐标y＝d－y1＝0.85 m t＝1×10－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2，则y2＝a()2 解得y2＝0.05 m 纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m 所以打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85 m～0.95 m之间。 (3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得qy2＝Ek－mv 解得Ek＝5.05×10－2 J。 学生用书↓第64页 学科网（北京）股份有限公司 $