课时测评12 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（鲁科版）

课时测评12　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1－10题，每题4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。带电微粒只在静电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：设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v -t图像如图所示，由图可知B、D选项正确。 2．某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．带电粒子在0～2 s内的初、末位置间的电势差为零 C．2 s末带电粒子回到原出发点 D．0～2 s内，静电力做的总功不为零 答案：D 解析：由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝，第2 s内加速度大小为a2＝，因E2＝2E1，则a2＝2a1，则带电粒子先匀加速运动1 s再匀减速0.5 s至速度为零，接下来的0.5 s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3 s时速度为零，v - t图像如图所示，由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A错误；由v -t图像与横轴围成的面积表示位移可知，t＝2 s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C错误；由v -t图像可知，t＝2 s时，v≠0，根据动能定理可知，0～2 s内静电力做的总功不为零，电势能变化不为零，粒子初、末位置的电势差不为零，故B错误，D正确。故选D。 3．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　) 答案：AD 解析：由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝at2知x-t图像应为曲线，B项错误。 4．(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是 (　　) A．若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 C．若t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D．若t＝时刻释放电子，电子必然回到左极板 答案：AC 解析：若t＝0时刻释放电子，电子将重复先匀加速后匀减速的运动，直到打到右极板，不会在两极板间做往返运动，所以选项A正确，B错误；若t＝时刻释放电子，电子先做匀加速运动后做匀减速运动，分析易知前内电子可能到达右极板，若前时间内电子未到达右极板，则电子将在两极板间做往返运动，所以选项C正确；同理，若t＝时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能回到左极板，这取决于两板间的距离，所以选项D错误。 5．(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，静电力提供向心力，则有qE＝m，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。 6．(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则(　　) A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小 B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大 C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小 D．小球在运动过程中机械能不守恒 答案：CD 解析：若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大。若qE<mg，球在a处速度最小，若qE>mg，球在a处速度最大，故A、B错误；a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确。 7．如图所示，平行金属板间有一静止的带正电粒子，若两板间加电压u＝Umsin ωt，则粒子的(　　) A．位移一定按正弦规律变化 B．速度一定按正弦规律变化 C．加速度一定按正弦规律变化 D．粒子在两板间做往复运动 答案：C 解析：平行金属板间有一静止的带正电粒子，若两板间加电压u＝Umsin ωt，粒子受到电场力作用，根据E＝，F＝qE，可得F＝sin ωt，根据牛顿第二定律可得a＝sin ωt，则粒子的加速度也随着时间按照正弦规律变化，故C正确；粒子前半周期向正方向做加速直线运动，后半周期向正方向做减速运动，故粒子的速度方向不变，不是按照正弦规律变化，故B错误；由于速度方向不变，故粒子一直做单方向的直线运动，位移不断增加，不是按照正弦规律变化，故A、D错误。故选C。 8．(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，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。 9．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　) A．0<t0< B．<t0< C．<t0<T D．T<t0< 答案：B 10．(多选)如图(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板间加电压后板间的电场可视为匀强电场。现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是(　　) A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动 B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动 C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出 D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出 答案：BC 11．(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，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， y1＝， ＝ma， 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， y2＝， 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－， 解得Ek＝5.05×10-2 J。 学生用书第52页 学科网（北京）股份有限公司 $