高中人教版 (2019)5 带电粒子在电场中的运动精品同步练习题

10.5带电粒子在电场中的运动同步练习高中物理人教版（新课标）必修三

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1. 如图所示，一电子枪发射出的电子初速度很小，可视为零进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列可行的措施是不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况        

A. 增大偏转电压U B. 增大加速电压
C. 增大偏转极板间距离 D. 将发射电子改成发射负离子

2. 如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则

A. 小球在B点时的速度最大
B. 小球从A到B的过程中，机械能一直在减少
C. 小球在B点时绳子的拉力最大
D. 从B到C的过程中，小球的电势能一直减少

3. 如图甲所示，足够大的绝缘水平面上静止放置有一质量、带正电且电荷量的小滑块，从时刻开始，空间加上一个如图乙所示的周期性变化的电场向右为场强E的正方向。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，小滑块可视为质点，运动过程中电量保持不变，则下列说法正确的是 

A. 小滑块在内加速度的大小为
B. 小滑块在内加速度的大小为
C. 小滑块在末的速度大小为
D. 小滑块在前内的位移大小为

4. 如图所示，电子在电势差为的电场中由静止开始加速运动后，垂直射入电势差为的偏转电场，整个装置处于真空中。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列情况中一定能使电子偏移量变大的是

A. 变大、变大 B. 变小、变大
C. 变大、变小 D. 变小、变小

5. 如图所示，加速电场极板竖直放置，偏转电场的极板水平放置。不计重力的带电粒子以极小的速度飘入加速电场，加速电压为，然后沿上极板边缘进入偏转电场，偏转极板的长度为L，上下两极板间的距离为d，偏转电压为，粒子恰从偏转电场的下极板右边缘离开偏转电场。若，则为     

A.  B.  C.  D.

6. 如图所示，匀强电场方向竖直向下，一个带电粒子在电场中做直线运动图中箭头所示，则下列判断正确的是   

A. 粒子一定带正电
B. 粒子一定做减速运动
C. 粒子的电势能一定增加
D. 粒子的电势能与重力势能的和为一定值
 

7. 如图甲所示，足够大的绝缘水平面上静止放置有一质量、带正电且电荷量的小滑块，从时刻开始，空间加上一个如图乙所示的周期性变化的电场向右为场强E的正方向。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，小滑块可视为质点，运动过程中电量保持不变，则下列说法正确的是

A. 小滑块在内加速度的大小为
B. 小滑块在内加速度的大小为
C. 小滑块在末的速度大小为
D. 小滑块在前内的位移大小为

8. 如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场。y轴上有一点P，其坐标为。现有一个电子以垂直于y轴的初速度从P点射入匀强电场中，从A点射出，A点的坐标为。电子在A点的速度的反向延长线与初速度的延长线的交点坐标为     

A.  B.  C.  D.

9. 真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是：

A. 小球在B位置处于平衡状态
B. 小球受到的重力与电场力的关系是
C. 小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D. 小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为

10. 如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场．带电荷量为、质量为m的粒子由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，最终打到P点．下列说法正确的是

A. 若只增大两极板间的距离，则粒子打到P点左侧
B. 若只增大两极板间的距离，则粒子在磁场中运动时间变长
C. 若只增大两极板间的电压，则粒子打到P点左侧
D. 若只增大两极板间的电压，则粒子在磁场中运动时间变长

二、填空题（本大题共3小题，共12.0分）

11. 一如图所示实验装置中，极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q将_______，电容C将_______，两极间的电压U将_______，电容器两极板间的场强E将_______，静电计的偏角将_______。以上各空均填“变大”、“变小”或“不变”
    
     

二示波管的构造如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的极板X应带_______电，极板Y应带_______电。

12. 判一判

电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．

放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．

一个电容器的电荷量增加时，两板间电压升高，则电容器的电容 F.

带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．

示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．

带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．

13. 静止的电子经过电压为2000Ⅴ的电场加速后，射入场强为的匀强电场，入射方向与电场方向一致，则电子在匀强电场中深入的最大距离为          m。

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

14. 一不计重力的带电粒子质量为m，电量为，经一电压为平板电容器加速后，沿平行板电容器两板的中轴进入，恰好从下边缘射出。两板间电压为，长为L，如图所示。求平行板电容器上下两极板间距离？

15. 如图是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极和、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极和上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．

带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．

若，，则粒子向________板偏移，若，，则粒子打在荧光屏上________点，若，，则粒子向________板偏移．

四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）

16. 如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势随时间变化的情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔和，两板间电压为，组成减速电场．现有一带负电粒子在时刻以一定初速度沿A、B两板间的中轴线进入，并能从沿进入C、D间．已知带电粒子带电荷量为，质量为m，不计粒子重力求：

该粒子进入A、B间的初速度为多大时，粒子刚好能到达孔；

在的条件下，A、B两板长度的最小值；

、B两板间距的最小值．






 

17. 如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地，A板电势随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔和，两板间电压为，组成减速电场．现有一带负电粒子在时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线进入，并能从沿进入C、D间。已知带电粒子带电荷量为，质量为m，不计粒子重力求：
    该粒子进入A、B间的初速度为多大时，粒子刚好能到达孔；
    在的条件下，A、B两板长度的最小值；
    、B两板间距的最小值。

五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）

18. 如图所示，水平放置的平行板电容器极板长度为L，两极板相距为d，距离极板右端也为L处有竖直放置的屏。现有一电荷量为、质量为m的带电粒子重力不计，以初速度沿平行于极板方向射入电场中，若电容器不带电，粒子打到屏上的O点，现给电容器加上电压等于U的恒定电压，粒子未打到极板上。求：
    
     

粒子从射入到打到屏上所用的时间；

粒子离开电场时的速度偏转角的正切值；

粒子打到屏上的点P到O点的距离x。

答案和解析

1.【答案】A
 

【解析】

【分析】
电子先经电场加速，后经电场偏转，先根据动能定理得到加速获得的速度表达式，再运用运动的分解，结合类平抛运动的规律，得到偏转距离y的表达式，即可进行分析。
本题是先加速后偏转，带电粒子通过组合场的类型，得到的结论与带电粒子的电量和质量无关。
【解答】
经加速电场后的速度为v，则所以电子进入偏转电场时速度的大小为
电子进入偏转电场后的偏转位移，可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压，或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性与质量无关，故A正确，BCD错误。
故选A。  

2.【答案】B
 

【解析】

【分析】
首先要判断出小球运动的“等效最低点”即速度最大的点，然后根据动能减小判断电场力做功的正负，从而知道带电的正负，利用电场力做功与电势能的变化关系判断电势能的变化。
本题是带电体在复合场中运动的类型，采用类比法分析，利用等效最低点的特点与电场力做功与电势能和动能的变化关系判断是常用的解题方法。
【解答】
小球受到电场力与重力、绳子的拉力的作用，在复合场中做类单摆运动，当重力与电场力的合力与绳子的拉力在同一条直线上时，小球处于等效最低点，此时小球的速度最大，对绳子的拉力最大，而等效最低点不在B点，在AB之间。故AC错误；
B.从A到B的过程中，小球所受的电场力水平向右，则电场力对小球一直做负功，小球的机械能一直减少。故B正确；
D.从B到C的过程中由于小球克服电场力做功，故小球的电势能一直增大，故D错误；
故选B。  

3.【答案】D
 

【解析】

【分析】
根据图像结合牛顿第二定律求出前2s内的加速度；根据图像结合牛顿第二定律求出内的加速度；根据位移公式求出前2s内的位移和末速度，结合运动情况求出内位移与速度即可求出整个过程运动情况，结合周期性即可求出前14s内的位移。
本题考查了力学与电学的综合，正确认识图像，正确理解牛顿第二定律是解题的关键。
【解答】
A、内小滑块的加速度，故A正确；
B、内小滑块的加速度，故B错误；
CD、内小滑块的位移，末的速度为，内的位移为，末的速度。小滑块做周期为的直线运动，第末的速度为，前内小滑块的位移大小，故C错误，D项正确。
故选D。  

4.【答案】B
 

【解析】

【分析】

要使电子的偏转角变大，可以有两种途径：减小使发射速度减小，从而增加偏转时间增大增加偏转力。

本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度，偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。

【解答】
根据动能定理：，在偏转电场中：；，，，；若使偏移量变大，由上式看出可以增大减小，所以B正确，ACD错误。

故选B。 

5.【答案】C
 

【解析】

【分析】
本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题。
粒子在加速电场中，电场力做正功，获得了动能，根据动能定理求解速度；粒子进入偏转电场后做类平抛运动，在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，平行于板的方向上做匀速直线运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。
【解答】
粒子在加速电场中运动，有，解得
在偏转电场中，粒子做类平抛运动
水平方向：
竖直方向：
联立解得，故C正确，ABD错误。
故选C。  

6.【答案】D
 

【解析】

【分析】
本题是带电粒子在电场和重力场中的轨迹问题和能量问题，中等难度。
【解答】
粒子受到重力和电场力的作用，由于粒子做直线运动，故合力为零或者沿速度方向，再分析小球可能的受力情况可知，粒子受力为零，粒子做匀速直线运动，且电场力方向向上，故粒子带负电，故AB错误；
C.根据受力分析可知，粒子受到的电场力的方向和速度方向的夹角为锐角，故电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D.根据能量守恒守恒可知，从A到B的过程中，重力势能增加，动能不变，电势能减小，总能量守恒，故粒子的电势能与重力势能的和为一定值，故D正确。
故选D。  

7.【答案】D
 

【解析】

【分析】
根据图像结合牛顿第二定律求出前2s内的加速度；根据图像结合牛顿第二定律求出内的加速度；根据位移公式求出前2s内的位移和末速度，结合运动情况求出内位移与速度即可求出整个过程运动情况，结合周期性即可求出前14s内的位移。
本题考查了力学与电学的综合，正确认识图像，正确理解牛顿第二定律是解题的关键。
【解答】
A、内小滑块的加速度，故A正确；
B、内小滑块的加速度，故B错误；
CD、内小滑块的位移，末的速度为，内的位移为，末的速度。小滑块做周期为的直线运动，第末的速度为，前内小滑块的位移大小，故C错误，D项正确。
故选D。  

8.【答案】C
 

【解析】

【分析】

电子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动知识可以分析即可。

本题主要考查带电粒子在电场中的偏转问题，掌握类平抛的规律是解题的关键。

【解答】

电子在匀强电场中做类平抛运动，设通过A点时速度的偏向角为；

则，设A点速度的方向延长线与速度的延长线交点坐标为x，

则

则

则交点坐标为，故C正确，ABD错误。

故选C。

9.【答案】D
 

【解析】

【分析】
小球从A点静止释放，运动到B点速度为0，对小球进行受力分析：小球到达B点时速度为零，向心力为零，沿细线方向合力为零，确定其合力，判断是否平衡，根据动能定理列式，求电场力的大小．根据电场力做功公式，d是沿电场线方向有效距离，求电场力做功．运用单摆进行类比，分析振幅。
此题要求同学们能正确进行受力，并能联想到已学过的物理模型，根据相关公式解题。
【解答】
A.小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，而小球有沿圆弧的切向分力，故在B点小球的合力不为零，不是平衡状态．故A错误；
B.根据动能定理得：，解得，，故B错误；
C.类比单摆，小球将在AB之间往复运动，能量守恒，振幅不变．故C错误；
D.小球从A到B，沿电场线方向运动的有效距离：，所以电场力做功：，故D正确。
故选D。  

10.【答案】C
 

【解析】

【分析】

粒子在电场中直线加速，根据动能定理列式求解末速度；进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析。

本题关键是明确粒子的运动规律，根据动能定理和牛顿第二定律求解出圆周运动的周期和半径的表达式进行分析，不难。

【解答】

粒子在电场中直线加速，根据动能定理，有：，
解得：，

进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，

解得：----------
周期：---------------
A.若只增大两板间的距离，根据式，轨道半径不变，仍然打在P点，故A错误；
B.若只增大两板间的距离，根据式，圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为，不变，故B错误；
C.若只增大两板间的电压，根据式，轨道半径变大，打在P点左侧，故C正确；
D.若只增大两板间的电压，根据式，圆周运动的周期不变，故在磁场中运动时间为，不变，故D错误；
故选C。

11.【答案】一不变；变小；变大；不变；变大；
二正；正。
 

【解析】

一【分析】
题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由，分析电容的变化，根据分析电压U的变化，根据分析场强的变化；
对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量。当电容器保持与电源相连时，电压不变；当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变。
【解答】
解：因为电容器与电源断开，所以Q不变，增大两极板之间的距离d，由，则C变小，而，则U变大，根据，则有E不变，由U变大得静电计的偏角将增大；
故选答案为：不变；变小；变大；不变；变大。
二【分析】
由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，从而确定极板所带的电性；
考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反。
【解答】
解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电；同理可知Y带正电，极板应带负电；
故答案为：正电；正电。  

12.【答案】
 

【解析】略
 

13.【答案】2
 

【解析】

【分析】

根据得到经过电场加速电子获得的能量，射入电场时，电场力做负功，联立求出电子在匀强电场中深入的最大距离。

本题考查电场力做功的两个公式和，注意后者适用用于匀强电场。

【解答】

经过电场加速电子获得的能量，而射入场强为的匀强电场，入射方向与电场方向一致那么场强对电子做负功，所以

得到。

即最大距离是2m。

故答案为2。

14.【答案】解：带电粒子在电场中被加速，
则有
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动．
匀速直线运动：由运动学公式得
所以时间
匀加速直线运动：

由得：
答：平行板电容器上下两极板间距离d为．
 

【解析】带电粒子无初速度在加速电场中被加速，又以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子先做匀加速直线运动，后做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．可利用加速电场的电压U求出进入偏转电场的初速度，由运动学公式求出在电容器中初速度方向的时间，由于分运动间具有等时性，所以根据运动时间求出偏转电场的宽度d．
 

15.【答案】；II；；O；  X
 

【解析】

【分析】

Ⅰ区是加速电场区，Ⅱ区是偏转区，Ⅲ是荧光屏；在偏转电极加电压，且，y比电势高，电子向高电势运动，
只在偏转电极上加电压，且，x比电势高，电子向高电势运动。

考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反。

【解答】

根据示波器原理Ⅰ区是加速电场区，Ⅱ区是偏转区。
在偏转电极加电压，且，y比电势高，电子向高电势运动，故粒子向Y板偏移；
只在偏转电极上加电压，且，x比电势高，电子向高电势运动，故粒子向X板偏移；
若两个偏转电极都不加电压，即，，则粒子打在荧光屏上O点。
故答案为：；II；；O；X。

16.【答案】解：因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入孔的速度即为进入A、B板的初速度，在C、D间，
由动能定理得
解得：
由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，
即，若在第一个周期内进入孔，
则对应两板最短长度为
若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d
所以 
解得：
答：初速度为时，粒子刚好到达孔；
在的条件下，A、B两板长度的最小值为；
、B两板间距的最小值为。
 

【解析】粒子在水平方向不受外力，根据动能定理即可求得；
根据上板的电势变化规律，可知粒子是在一个周期内竖直方向速度刚好为0，水平速度不变，则可以得出AB两板的最小长度；
四分之一周期粒子向上板运动，恰好到达上板的距离就是最小距离，否则粒子竖直方向无法返回。
本题是道综合性较强的题目，要能正确分析粒子的运动情况，抓住运动过程的对称性分析粒子交变电场中的运动过程是关键，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解，是此类题目常用的方法。
 

17.【答案】解：因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入孔的速度即为进入A、B板的初速度，在C、D间，
由动能定理得
解得：
由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，
即，若在第一个周期内进入孔，
则对应两板最短长度为
若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d
所以 
解得：
答：初速度为时，粒子刚好到达孔；
在的条件下，A、B两板长度的最小值为；
、B两板间距的最小值为。
 

【解析】粒子在水平方向不受外力，根据动能定理即可求得；
根据上板的电势变化规律，可知粒子是在一个周期内竖直方向速度刚好为0，水平速度不变，则可以得出AB两板的最小长度；
四分之一周期粒子向上板运动，恰好到达上板的距离就是最小距离，否则粒子竖直方向无法返回。
本题是道综合性较强的题目，要能正确分析粒子的运动情况，抓住运动过程的对称性分析粒子交变电场中的运动过程是关键，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解，是此类题目常用的方法。
 

18.【答案】粒子垂直电场方向做匀速直线运动，所以
粒子射出电场后也做匀速直线运动，所以
粒子从射入到打到屏上所用的时间
粒子在电场方向做匀加速直线运动，所以
射出电场实时竖直方向的速度
所以粒子离开电场时的速度偏转角的正切值
粒子离开电场时的速度偏移量
粒子射出电场做匀速直线运动，所以
故答案为：，，。
 

【解析】粒子在偏转电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，抓住水平方向上始终做匀速直线运动，得出运动的时间，根据等时性，结合竖直方向上的运动规律分段求出竖直方向上的偏转角和偏移量，从而得出点P到O点的距离y．