10.5带电粒子在电场中的运动 分层作业-2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

10.5 带电粒子在电场中的运动 分层作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A层 1．在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场使带电粒子加速。其原理如图，给真空中的两平行金属板M、N加电压U，一带正电的粒子（不计重力）从靠近M板的O点静止释放，粒子将沿直线加速运动到N板，到N板时的速度为v。下列说法正确的是（　　） A．M板带正电、N板带负电 B．M板带负电、N板带正电 C．若增大U、则v减小 D．若增大U、则v不变 2．科学家设计了一种“量子浮萍”实验：在真空环境中，将一个带电的圆形石墨烯薄片放置在竖直向下的匀强电场中，石墨烯薄片恰好能静止悬浮。若将电场方向改为水平向右（大小不变），则该石墨烯薄片将（　　） A．仍静止悬浮 B．做匀速直线运动 C．做匀变速曲线运动 D．做匀变速直线运动 3．（多选）如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，静电力做的功为1.5J。下列说法中正确的是（　　） A．粒子带负电 B．粒子在A点的电势能比在B点多1.5J C．粒子在A点的动能比在B点少0.5J D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J 4．（多选）如图所示，竖直平行放置的金属板M和金属网N间加上一恒定电压，用紫外线照射M发射电子。某时刻发射出速率相同的电子和，的初速度竖直向上，的初速度水平向右。不计电子间的相互作用，则（　　） A．比先到达N B．和同时到达N C．到达N时，和的速度相同 D．到达N时，和的动能相同 5．如图所示，显像管中有一电子枪，工作时它能发射高速电子。从灯丝逸出的电子（初速度可视为0），经、板间电压为的匀强电场加速后，形成高速电子流。已知电子的电荷量为，、板间距离为。忽略电子间的相互作用及电子所受的重力。求： (1)、两极板间电场强度的大小； (2)电子从板射出时的动能。 6．如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角；已知小球的质量，所带电荷量，取重力加速度。求： (1)确定小球带何种电荷； (2)求匀强电场的场强大小； (3)将电场撤去，小球回到最低点时速度的大小。 B层 7．喷墨打印机的原理如图所示，墨盒喷出的墨汁液滴经过带电室时带上电荷，带电液滴经过偏转电场后打到纸上，显示出字体，且字体大小与打在纸上的偏转位移成正比。已知偏转板长为，两板间的距离为，电压为。若液滴质量为，电荷量大小为，以初速度平行两板间从正中央进入电场，忽略空气阻力和重力作用，下列说法正确的是（    ） A．液滴经过偏转电场的过程中，电势能增大 B．液滴离开偏转电场时的动能大小为 C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为 D．仅将两极板间的电压调节为，则纸上的字体缩小 8．（多选）如图所示，竖直平面内存在与水平面成角的匀强电场，一长为不可伸长的绝缘轻质细线一端固定于点，另一端系着质量为、电荷量为的带电小球，小球在竖直面内绕点做完整的圆周运动，当小球经过与点等高的点时，细线的拉力恰好为零。已知重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．电场方向斜向右上 B．电场方向斜向左上 C．小球经过点时的速度大小为0 D．小球经过点时的速度大小为 9．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点。小球静止时位于图中的Q点。若将该装置放在水平方向匀强电场中，小球静止于图中的P点，此时细线与竖直方向的夹角θ=37°。已知重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)判断电场方向，计算该匀强电场的电场强度的大小E。 (2)若规定Q点位置电势为零，求P点电势φ。 (3)若带电小球从Q点由静止释放，求小球再次到达P点时的速度的大小。 C层 10．如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为、速度相同、重力不计的带电粒子。在时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况，则下列说法正确的是（　　） A．该粒子在平行板间一直做曲线运动 B．该粒子在平行板间偏转时的加速度 C．两平行板间所加电压大小为 D．若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，则两板间所加电压大小应为 11．（多选）半球形电子能量分析器是一种测量电子能量分布的器件。它由内外两个同心半球组成，利用半球壳间的静电场让不同能量的电子在半球形通道中“分道扬镳”，筛选出特定能量范围的电子。如图所示，同心半球的球心为O，静电场沿着径向分布，电场强度的大小。速率不同的电子从入射口A进入电场，速度方向垂直于同心半球的底面，经过电场后分别到达B、C、D处，。忽略边缘效应和电子之间的相互作用。则（　　） A．到达B的电子在运动过程中动能增大 B．到达B、C、D的电子在A处对应的入射动能依次减小 C．到达B、C、D的电子在电场中运动的时间依次增大 D．到达B、C、D的电子出射速度方向均垂直于同心半球的底面 12.如图所示,虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行且足够大的屏。现将一电子(电荷量绝对值为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求: (1)电子从释放到打到屏上所用的时间; (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值; (3)电子打到屏上的点到O点的距离。 参考答案 题号 1 2 3 4 7 8 10 11 答案 A D BD AD D BD D BD 1．A 【详解】AB．带正电的粒子从做加速运动，说明电场力的方向向右，而正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，故M板带正电、N板带负电，故A正确,B错误； CD．由动能定理有 解得 若增大U、则v增大，故CD错误。 故选A。 2．D 【详解】初始时，石墨烯静止悬浮，说明电场力与重力平衡。电场方向竖直向下，石墨烯带负电，所受电场力方向向上，满足。 当电场方向改为水平向右（大小不变）时，石墨烯带负电，所受电场力方向水平向左，大小 ；重力方向竖直向下，大小。合力大小为，方向与水平方向成45°斜向下。 石墨烯初速度为零，在恒定合力作用下，加速度恒定，方向沿合力方向，因此做匀加速直线运动。 故选D。 3．BD 【详解】A．由图中轨迹可知，粒子受到的电场力水平向右，与电场方向相同，则粒子带正电，故A错误； BD．由于静电力做的功为1.5J，根据功能关系可知，电势能减少1.5J，机械能增加1.5J，则粒子在A点的电势能比在B点多1.5J，粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，故BD正确； C．根据动能定理可得 可知粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误。 故选BD。 4．AD 【详解】AB．设金属板M和金属网N间的距离为，电子在电场中做类平抛运动，在水平方向有 电子做匀加速直线运动，有 显然有比先到达N，A正确，B错误； CD．和到达N时，可知电场力做功相同，由动能定理知两者到达N时，具有相同的速率和动能，但速度方向不同，C错误，D正确。 故选AD。 5．(1) (2) 【详解】（1）、两极板间电场强度的大小为 （2）根据动能定理可得，电子从板射出时的动能 6．(1)正电 (2) (3)2m/s 【详解】（1）小球受电场力方向向右，与场强方向相同，则小球带正电。 （2）对小球受力分析，由平衡可知 解得 （3）电场撤去后，由动能定理 解得 7．D 【详解】A．液滴经过偏转电场的过程中，电场力做正功，则电势能减小，A错误； B．根据动能定理，液滴离开偏转电场时的动能大小为，B错误； C．液滴经过偏转电场的过程中，电场力的冲量大小为，C错误； D．根据离开偏转电场时的偏转距离为，则仅将两极板间的电压调节为，则偏转距离y减小，则纸上的字体缩小，D正确。 故选D。 8．BD 【详解】A．小球在P点做圆周运动，向心力需要沿半径指向O点（水平向左），且此时细线拉力为零，向心力由重力和电场力的合力的径向分量提供。 小球带正电，电场与水平面成，若电场斜向右上，电场力斜向右上，水平分量向右，无法提供向左的向心力，故A错误； B．若电场斜向左上，电场力斜向左上，水平分量向左，满足向心力方向要求；同时电场与水平成，电场力的竖直分量向上，平衡竖直向下的重力，故B正确； CD．由竖直方向有 可得电场力的水平分量 P点拉力为零，径向合力提供向心力 代入 得 解得 故C错误，D正确。 故选BD。 9．(1)电场方向水平向左， (2) (3) 【详解】（1）小球带正电，静止时偏在竖直方向左侧，电场力与电场方向同向，因此电场方向水平向左。 对P点小球受力平衡：竖直方向 水平方向 联立解得 （2）P、Q沿电场方向的距离 沿电场方向电势降低，因此电势差满足 已知，代入 得 （3）从Q到P由动能定理 代入数值化简 解得 【点睛】 10．D 【详解】A．由图乙可知，粒子在时间内做类平抛运动，时间内，粒子不受电场力的作用而做匀速直线运动，故A错误； B．t=0 时刻进入的粒子，在 时间内做类平抛运动，竖直位移 竖直末速度 时间内，粒子以速度做匀速直线运动，竖直方向的位移 粒子恰好从边缘射出，竖直方向的总位移 联立解得，故B错误； C．根据牛顿第二定律可得 结合电场强度 解得 代入 解得，故C错误； D．若 时刻进入，粒子在板间运动时间仍为，离开时刻为， 设此时电压为，加速度为 运动过程分为三个阶段：时间内，粒子做类平抛运动，则有 末的瞬时速度为 粒子做匀速直线运动，则有 粒子做匀减速运动，则有 总位移 联立解得 则电压，故D正确。 故选D。 11．BD 【详解】A． 电子能做圆周运动到达时，电场力提供向心力，因此电场力方向始终指向球心。到达的电子整体远离球心，电场力指向（与位移径向分量方向相反），电场力做负功，动能减小，A错误； B．在入射点，电场力提供向心力 若入射动能（速度）足够大，，提供的向心力不足，电子做离心运动，偏向外围到达 若，电子做匀速圆周运动，到达 若入射动能（速度）足够小，，提供的向心力过大，电子做近心运动，偏向球心到达 因此到达、、的电子入射动能依次减小，B正确； C． 因电场，与万有引力相似，电子运动规律与类比于行星的运动，根据开普勒第三定律，可得，由图可知，轨道 “半长轴” 大小关系 所以，电子到达、、的运动时间均为各自的半周期，依次减小，C错误。 D．电子都是从同一侧垂直径向入射，在引力场中运动到 “对面最远点” 时，速度方向一定垂直于连线（长轴）出射，垂直于底面，D正确。 故选 BD。 12.【答案】 (1)3　(2)3　(3) 【解析】 (1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1, 由牛顿第二定律得eE1=ma1, 由位移时间关系得=a1, 电子进入E2时的速度为v1=a1t1, 电子从进入电场E2到打在屏上的过程,水平方向做匀速直线运动,设此过程时间为t2,则2L=v1t2, 电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1+t2, 联立解得t=3。 (2)设电子射出电场E2时平行于电场方向的速度为vy,电子进入电场E2时的加速度为a2, 由牛顿第二定律得eE2=ma2, vy=a2t3, L=v1t3, 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ=, 联立解得tan θ=3。 (3)电子在电场中的运动轨迹如图所示,设电子打到屏上的点到O点的距离为x,反向延长射出电场E2时的速度方向与AO交于O′点,O′为电子在电场E2中垂直于电场方向位移的中点, 由几何关系得tan θ=,联立解得x=L。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $