2021-2022学年度高二物理第十章静电场中的能量第五节带电粒子在电场中的运动（暑期衔接练习二）（人教版2019）

这是一份2021-2022学年度高二物理第十章静电场中的能量第五节带电粒子在电场中的运动（暑期衔接练习二）（人教版2019），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，在匀强电场中，质量为m、电荷量为+q的小球由静止释放沿斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为θ，则（ ）
A．电场强度的最小值为mgqB．电场方向可能水平向左
C．电场力对小球可能不做功D．小球的电势能不可能增加
2．电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位置不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（ ）
A． B． C． D．2
3．如图是某物体做直线运动的图象，由图象可知的正确结论是（ ）
A．时，物体的加速度大小为
B．和时，物体的速度方向相反
C．第3内物体的位移大小为1.5m
D．物体在加速过程中的速度变化率比减速过程中的速度变化率大
4．如图所示，O、A、B是匀强电场中的三个点，电场方向平行于O、A、B所在的平面。OA与OB的夹角为60°，OA=3l，OB=l。现有电荷量均为q（q>0）的甲、乙两粒子以相同的初动能从O点先后进入匀强电场，此后甲经过A点时的动能为，乙经过B点时的动能为，若粒子仅受匀强电场的电场力作用，则该匀强电场的场强大小为（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，在长方形abcd区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，，一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去电场，则粒子从a点射出且射出时的动能为Ek；若撤去磁场，则粒子射出时的动能为（重力不计）（ ）
A．EkB．2EkC．4EkD．5Ek
6．匀强电场中三个距离相等的点，如图所示，B、C两点连线水平，其电势分别为ΦA=4V，ΦB=5V，ΦC=3V，则根据图示点的位置可知，电场强度的方向可能是（ ）
A．竖直向上
B．竖直向下
C．水平向左
D．水平向右
7．反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量，电荷量的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（ ）
A．轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比
B．粒子在区间运动过程中的电势能减小
C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为J
D．该粒子运动的周期
二、多选题
8．如图所示，是一独立正点荷形成电场中的一条电场线，线段AB=BC，则
A．电场强度比较是EA＞EB
B．电势比较是φA＜φB
C．电势差比较是UAB＞UBC
D．检验电荷沿AC方向移动电场力不做功
9．如图所示，平面直角坐标系xOy处于竖直平面内，O为坐标原点，x轴水平且上方处于匀强电场中。质量为m、带电量为q的微粒在竖直平面内以初速度从x轴上的A点进人电场，初速度方向与x轴负方向成45°角，OA两点间的距离为L。若x轴上方的匀强电场竖直向上，微粒恰能沿初速度方向做匀速直线运动。若保持电场强度大小不变，只将方向改为水平向左后，让微粒再以原初速度从A点进入，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．微粒带负电
B．匀强电场的场强大小
C．微粒在匀强电场运动的过程中，经，时间离x轴最远
D．微粒再次经过x轴时的位置坐标为
10．a、b、c三个不同的带电粒子以相同的水平初速度由同一点垂直于场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，粒子的重力不计，其中b粒子恰好能飞出电场，由此可以肯定( )
A．三个粒子在电场中的运动时间ta＜tb＜tc
B．三个粒子的比荷，a粒子的最大
C．三个粒子的速度变化量相等
D．电场力对a、b做的功无法确定
11．如图，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种负电荷。质量为m、带电荷量为的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值，运动的最低点为Q（图中没有标出），则下列说法正确的是（ ）
A．P，Q两点场强相同
B．
C．P到Q的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动
D．物块和斜面间的动摩擦因数
12．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（ ）
A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动
C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小
三、填空题
13．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。则小球到达小孔处的速度为_______，极板间电场强度大小为______，电容器所带电荷量为_______
14．质量为m，电量为q带正电荷的小物块从半径为R的光滑圆槽顶点由静止下滑，整个装置处于电场强度为E，磁感应强度为B的区域内如图所示，则小物块滑到底端时对轨道的压力为________。
15．如图所示，匀强电场方向水平向右，场强E＝1.5×106V/m，丝线长l＝40cm，上端系于O点，下端系质量为m＝1.0×10－4kg，电荷量为q＝＋5.0×10－10C的小球，将小球从最低点A由静止释放，则小球摆到最高点B时丝线与竖直方向的夹角θ为________．（g取10m/s2）
16．质量为m、电量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为（弧度），弧长为s，则圆弧的半径______，弧中点的场强大小______。
四、解答题
17．如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电粒子从点由静止开始，在电场力作用下沿直线在两点间的往返运动。已知电场强度的大小为，和方向如图所示。带电粒子质量为，带电量为，点距虚线的距离为，点到虚线的距离为，不计带电粒子的重力，忽略相对论效应。求：
（1）电场强度的大小；
（2）带电微粒从点运动到点所经历的时间。
18．如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压为U0的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为﹣q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率η。当d=d0时η=64%（即离下板0.64d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。
(1)求尘埃在电场中运动的加速度大小；
(2)如图乙所示，假设左侧距下板y处的尘埃恰好能到达下板的右端边缘，请写出收集效率的表达式，并推测收集效率为100%时，上、下两板间距的最大值dm；
(3)若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间内下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线。
19．和水平的轴之间的夹角为30°，其间存在匀强磁场和匀强电场，如图所示，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，电场的方向竖直向上。现从上的点沿纸面向左上方先后发射速度大小分别为和（大小未知），速度方向与均成30°角的两相同的带电小球甲、乙。乙进人磁场后恰好做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与相切，且能从上另一点射出磁场（未画出）。已知带电小球的质量为、带电荷量为，，重力加速度为。
(1)求两带电小球在磁场中分别运动的时间；
(2)若在轴上有竖直的光屏，在轴和之间的区域加上与和轴间等大反向的电场，带电小球离开与轴间的区域后继续运动，最终打在光屏上，求甲、乙小球打到光屏上的坐标变化。
20．宏观规律是由微观机制所决定的。从微观角度看，在没有外电场的作用下，导线中的自由电子如同理想气体分子一样做无规则地热运动，它们朝任何方向运动的概率是一样的，则自由电子沿导线方向的速度平均值为0，宏观上不形成电流。如果导线中加了恒定的电场，自由电子的运动过程可做如下简化：自由电子在电场的驱动下开始定向移动，然后与导线内不动的粒子碰撞，碰撞后电子沿导线方向的定向速度变为0，然后再加速、再碰撞……，在宏观上自由电子的定向移动形成了电流。
（1）在一段长为L、横截面积为S的长直导线两端加上电压U。已知单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，电子质量为m，连续两次碰撞的时间间隔为t。仅在自由电子和金属离子碰撞时才考虑粒子间的相互作用。
①求自由电子定向移动时的加速度大小a；
②求在时间间隔t内自由电子定向速度的平均值；
③推导电阻R的微观表达式。
（2）请根据电阻的微观机制猜想影响金属电阻率的因素有哪些，并说明理由。
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A.带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有
F=qEmin=mgsinθ，
得到：
Emin=mgsinθq；
故A不符合题意；
B.小球带正电，所受的电场力方向只能指向右侧，故电场方向不可能向左，故B不符合题意；
C.由A中图可知，电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，故C符合题意；
D.如果小球受到的电场力与运动方向夹角小于90度，则电场力可能做正功，小球的电势能增加，故D不符合题意。
2．C
【解析】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E，极板之间的电压为U；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向，竖直方向， ，故，若间距d变为原来的两倍，粒子仍从正极板边沿飞出，则电子入射速度大小应为原来的，C正确．
3．D
【详解】
A．由图象可知，物体前2s做匀加速直线运动，加速度大小为
A错误；
B．物体整个运动过程速度均大于零，方向不变，故和时，物体的速度方向相同，B错误；
C．第3内物体以3m/s做匀速直线运动，故位移大小为3m，C错误；
D．物体减速过程的加速度大小为
加速度的大小表示的就是物体速度的变化率，加速过程的加速度较大，故物体在加速过程中的速度变化率比减速过程中的速度变化率大，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
设电场方向与OA夹角为θ，则与OB夹角为60°-θ，由动能定理可知，由O到A
从O到B
联立解得
θ=30°
故选C。
5．D
【详解】
根据带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出可得
qE＝qBv0
若撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为。由
可得粒子从a点射出且射出时的动能为
若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，由
L＝v0t
y＝at2
联立解得
y＝L
由动能定理
qEL＝E－Ek
解得
E＝5Ek
故选D。
6．D
【详解】
由于φA=4V，φB=5V，φC=3V，故BC的连线的中点的电势为4V，BC中点与A点连线是等势面；电场线与等势面垂直并且从高电势指向低电势，故电场线平行与BC方向水平向右。
故选D。
7．D
【详解】
A．图象的斜率表示电场强度，则
左侧电场强度
右侧电场强度

所以
故A错误；
B．由于内电势逐渐降低，则带负电的粒子在区间运动过程中的电势能增加，故B错误；
C．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为
故C错误；
D．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有
同理可知
而周期
T=2（t1+t2）
联立并代入相关数据可得
T=3.0×10-8s
故D正确。
故选D。
8．AC
【解析】
试题分析：根据正点电荷电场线的分布规律可知，A点电场线较密集，则电场强度比较是EA＞EB，选项A正确；顺着电场线电势降低，故φA＞φB，选项B错误；因靠近A的一段电场线较密集，则根据U=Ed可知电势差比较是UAB＞UBC，选项C正确；检验电荷沿AC方向移动由于受向左或向右的电场力作用，故电场力做功，选项D错误；故选AC.
考点：电场线、电场强度、电势差.
9．BCD
【详解】
AB．当电场竖直向上时，因微粒在电场中能做匀速直线运动，故由平衡条件可得
即
故微粒带正电，场强大小，故A错误，B正确；
C．对竖直方向的运动，微粒上升的时间
t上=
故离x轴最远的时间为，故C正确；
D．又因再次到达x轴的时间为上升时间的2倍，故微粒到达x轴时，沿x轴负向运动的距离为
又因
解得
故微粒再次经过x轴时的位置坐标为，故D正确。
故选BCD。
10．BD
【详解】
水平的初速度相同，由水平位移可以判断三个带电粒子在电场中运动的时间ta＜tb＝tc，故A错误；带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由可知，a粒子的加速度最大，根据，可知a粒子的比荷最大，故B正确；由于初速度相同，则速度的方向偏转得越大，速度的变化量越大，所以a粒子的速度变化量最大，故C错误；三个粒子的电荷量无法确定，故电场力做的功无法确定，故D正确．所以BD正确，AC错误．
11．CD
【详解】
ABD．物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有
所以物块和斜面间的动摩擦因数，由于运动过程中
所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，则有
根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故AB错误，D正确；
C．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从P到Q电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O电荷先做加速度减小的加速运动，O到Q电荷做加速度增加的减速运动，故C正确。
故选CD。
12．AC
【详解】
电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大M1、M2之间的电势差，根据，则偏转电场的电场强度增大，D错误；根据W＝Uq，偏转电场对电子做的功增大，C正确；电子在偏转电场中所受的电场力向上，在荧光屏上的亮斑向上移动，A正确，B错误．
13．
【详解】
（1）[1]小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式有
v2=2gh
解得
（2）[2][3]对从释放到到达下极板处过程运用动能定理有
解得
电容器两极板间的电压为
电容器的带电量为
14．
【详解】
小物块由静止滑到最低点由动能定理得
在最低点由牛顿第二定律得
联立以上两式得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力
N′=N
15．740
【解析】
在小球运动过程中，重力与电场力是恒定的，则可将此两个力等效成一个力，因此相当于小球受到拉力与等效一个力，类似于“歪摆”，这个“歪摆”．
由于已知电场力Fe=qE=4.9×10-10×1.5×106N=7.35×10-4 N
而重力G=mg=1.0×10-4×9.8N=9.8×10-4 N
因此F：G=3：4，所以摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°．
点睛：本题若采用等效法，寻找出这个摆的最低点，即为拉力与等效的力共线，也是平衡位置．这样解题思路与单摆一样．利用了单摆的对称性，同时还运用了动能定理．
16．
【详解】
[1]恒定的速率v沿圆弧从点运动到点，动能不变，电场力做功为零，
根据
可知，两点的电势差为零，故质点做匀速圆周运动,由半径公式得
[2]在弧中点，根据受力分析，由牛顿第二定律
得
17．（1）；（2）
【详解】
（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1-|q|E2d2=0
解得

（2）设微粒在虚线MN左右两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
|q|E1=ma1
|q|E2=ma2
设微粒在虚线MN左右两侧运动的时间分别为t1和t2，由运动学公式有


带电微粒从A点运动到B点所经历的时间
t=t1+t2
联立方程解得
t=3.0×10-6s。
18．（1）；（2），最大值为0.8d0；（3）见解析
【详解】
(1)根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为
a==
(2)根据题意可知，收集效率为
η=%
收集效率η为64%，即离下板0.64d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电的电压为U，则
在水平方向有：
L=v0t
在竖直方向有：
0.64d0=at2
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率，收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm，如果进一步减小d，收集效率仍为100%。因此
在水平方向有：
L=v0t
在竖直方向有
dm=a′t2
其中有
联立可得
dm=0.8d0
(3)稳定工作时单位时间内下板收集的尘埃质量
①当d≤0.8d0时，η=1，因此
②当 d≥0.8d0时，有
解得
因此
绘出的图线如图所示：
19．(1)；(2)
【详解】
(1)由题意可知，小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，故小球带正电。小球的运动轨迹如图所示。由几何知识得，速度为的小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为300°根据题意有
解得
周期
故
甲球速度小于乙球，圆周运动半径小于乙，则两小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中的运动时间相等均为
(2)由几何知识得
解得
速度为的乙小球从点离开与轴间的区域后在光屏和轴之间的区域，做类平抛运动。设小球打在光屏上的点，竖直位移为，竖直方向有
得
水平位移
竖直位移
又
联立解得
乙小球打到光屏上的点的轴坐标为
同理对速度为的甲小球在光屏和间做类平抛运动，有水平位移
竖直位移
又
联立解得
甲小球打到光屏上的点的轴坐标为
其中
联立解得
故甲、乙小球打到光屏上的坐标变化为
20．（1）①；②；③；（2）温度，热运动速度变化，材料有关等，理由见解析
【详解】
（1）①自由电子定向移动时的加速度大小
②自由电子在连续两次碰撞的时间间隔t内做匀变速直线运动，设第二次碰撞前的速度为v，则
，
解得
③t时间内通过导线横截面积的电荷量为
则电流
电阻
解得
（2）由电阻定律得
解得
猜想：电阻率与导体的温度有关；
理由：导体的温度变化会导致导体内自由电子的热运动速度变化，从而使自由电子连续两次碰撞的时间间隔t发生变化，因此电阻率与导体的温度有关。
（其他合理猜想和理由均可，例如电阻率与导体的材料有关。）