物理必修 第三册第二节 带电粒子在电场中的运动复习练习题

这是一份物理必修 第三册第二节 带电粒子在电场中的运动复习练习题，共8页。

B．某一电容器两板间的电压越高，它的电容就越大
C．某一电容器两极板的正对面积越小，它的电容就越大
D．某一电容器不带电时，它的电容是零
【答案】A 【解析】任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器，A正确；电容器的电容由本身因素决定，与电容器所带的电荷量和电压无关，电容器充电后，两极板带有等量的异种电荷，B、D错误；平行板电容的决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd)，两极板的正对面积越小，它的电容就越小，C错误．
2．带电粒子以某初速度射入一个匀强电场区域中，粒子在运动过程中仅受电场力的作用，则下列说法正确的是( )
A．运动轨迹可能为直线，电势能一定一直变大
B．运动轨迹可能为直线，电势能一定一直变小
C．运动轨迹可能为曲线，电势能可能一直变小
D．运动轨迹可能为曲线，电势能可能一直变大
【答案】C 【解析】因粒子在运动过程中仅受电场力的作用，故运动轨迹可能为直线和曲线；当电场力与初速度方向成直角或锐角时，电场力一直做正功，电势能将一直变小；当电场力与初速度方向成钝角时，电场力先做负功后做正功，电势能将先变大后变小．则C正确，A、B、D错误．
3．(2023年江门名校段考)如图所示是电子枪部分的原理图，阴极发射的电子在强电场的作用下从阴极飞向阳极，虚线是其中一个电子的运动路线，实线是电场线，A、B、C是电场中的三个点，下列说法正确的是( )
A．C点的电势比A点低
B．A点的电场强度比B点的电场强度大
C．电子从A运动到B的过程电势能增大
D．从A到B电子的加速度不断增大
【答案】B 【解析】沿电场线电势逐渐降低，可知C点的电势比A点高，A错误；电场线越密集则场强越大，可知A点的电场强度比B点的电场强度大，B正确；电子从A运动到B的过程，电场力做正功，则电势能减小，C错误；从A到B电子所受的电场力逐渐减小，则电子的加速度不断减小，D错误．
4．如图所示，闭合开关，电源对电容器充电．充电结束后，断开开关，用绝缘手柄增大电容器两极板之间的距离，则下列说法正确的是( )
A．充电过程中，有从A到B的电流通过电阻
B．断开开关后，电容器上极板带负电
C．充电过程中，有从B到A的电流通过电阻
D．断开开关后，电容器放电，极板上不再带电
【答案】C 【解析】电源对电容器充电时，电路中有逆时针方向的电流，即有从B到A的电流流过电阻，使上、下极板分别带等量的正、负电荷，C正确，A错误；断开开关，电容器与电源断开，回路处在开路状态，所以电容器带电量不变，故电容器上极板仍带正电，B、D错误．
5．如图所示为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则电场强度E的大小和方向分别为( )
A．E＝100 V/m，竖直向下
B．E＝100 V/m，水平向左
C．E＝100 V/m，竖直向上
D．E＝200 V/m，水平向右
【答案】B 【解析】电场线与等势面垂直，且从高电势指向低电势，电场强度的方向水平向左，E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(2,2×10-2)V/m＝100 V/m，B正确，A、C、D错误．
6．(多选)(2023年东莞三校期中)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等差等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中最左端等势面是平面，电势为－120 V，其余等势面不再是平面，最右端等势面电势为40 V，不计粒子的重力．下列说法正确的是( )
A．粒子一定带正电荷
B．粒子的加速度先不变，后变大
C．粒子在B点的速度比在A点小
D．粒子每经过一个等势面动能的变化量越来越小
【答案】AC 【解析】由题知右侧电势高于左侧电势，故电场线方向大致向左，而粒子做曲线运动，电场力方向处于轨迹弯曲的内侧，说明电场力方向偏左，即电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，A正确；因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B错误；粒子从A到B过程，电场力做功为WAB＝qUAB，粒子带正电，且UAB<0，故从A到B过程电场力做负功，电势能增加，动能减小，速度减小，故B点速度比A点速度小，C正确；因图中是等差等势面，故粒子每经过一个等势面，电场力做功相同，动能的变化量相同，D错误．
7．如图所示，空间四面体abcd，其中ab、bc、bd三条边两两垂直，ab＝bc＝L，bd＝ eq \f(\r(2),2)L，四面体处于空间匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q 的粒子从a移到d时电场力做的功为零，从c移到d时电场力做的功也为零，从b移到d时克服电场力做的功为W，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子从a移到c时电场力做的功不一定为零
B．电场线垂直于ac
C．电场强度的大小为 eq \f(W,qL)
D．b、c 两点间的电势差为Ubc＝ eq \f(W,q)
【答案】B 【解析】由题意可知，电荷量为＋q 的粒子从a移到d时电场力做的功为零，从c移到d时电场力做的功也为零，可知a、c、d 三点的电势相等，即φa＝φc＝φd ，所以带电粒子从a移到c时电场力做的功一定为零，A错误；根据电场线与等势面相互垂直可知，电场线垂直于ac，B正确；由于电势差Udb＝－Ubd＝ eq \f(W,q)，由几何关系可知b点到平面acd的距离为 eq \f(1,2)L ，则电场强度的大小为E＝ eq \f(Udb,\f(1,2)L)＝ eq \f(2W,qL)，C错误；b、c 两点间的电势差为Ubc＝Ubd＝－ eq \f(W,q)，D错误．
8．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm，其中BB′为零势面．一个质量为m，带电荷量为q的粒子沿AA′方向以初动能Ek从图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场．已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计，下列说法中正确的是( )
A．该粒子通过零势面时的动能是1.25Ek
B．该粒子在P点的电势能是1.5Ek
C．该粒子到达C′点时的动能是2Ek
D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek
【答案】C 【解析】P到C′过程中PA′＝v0t，A′C′＝ eq \f(1,2) eq \f(qE,m)t2＝ eq \f(vy,2)t，得vy＝v0，又Ek＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，EkC＝ eq \f(1,2)m(v eq \\al(2,0) ＋v eq \\al(2,y) )＝2Ek，得电场力做功W＝EkC－Ek＝Ek ，所以粒子通过等势面BB′时电场力做功为 eq \f(Ek,2)，根据动能定理知，粒子通过等势面BB′时的动能是1.5Ek，即粒子通过零势面时的动能为1.5Ek，故A错误，C正确；电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面BB′时电势能减小 eq \f(Ek,2)，BB′为零势面，所以粒子在P点时的电势能是0.5Ek，故B错误；P到C′过程中电场力做功为Ek，电势能减小Ek，所以粒子到达C′点时的电势能是－0.5Ek，故D错误．
9．(多选)如图所示，在竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强E＝1.0×104 N/C.半径R＝2.0 m的光滑绝缘细圆环形轨道竖直放置且固定，有一质量m＝0.4 kg、电荷量q＝＋3.0×10-4 C的带孔小球穿过细圆环形轨道静止在位置A，现对小球沿切线方向作用一瞬时速度vA ，使小球恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点．已知BC是圆环形轨道的一条水平直径，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．在位置A静止时圆环对小球的弹力大小为5 N
B．瞬时速度vA 的大小为5 eq \r(5) m/s
C．瞬时速度vA 的大小为10 m/s
D．小球通过B点时的机械能最小
【答案】ACD 【解析】小球在A点受力平衡，根据共点力平衡得，弹力N＝F合＝ eq \r((mg)2＋(Eq)2)＝5 N，故A正确；设电场力和重力的合力方向与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝ eq \f(qE,mg)＝ eq \f(3,4)，即θ＝37°，小球恰好能在光滑绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，则在等效最高点，速度为零，由动能定理得－F合·2R＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,A) ，代入数据解得vA＝10 m/s，故B错误，C正确；从A到B的过程中，电场力所做的负功最多，则机械能损失最多，可知小球通过B点时的机械能最小，故D正确．
10．如下页图甲所示，空间内存在方向竖直向下、场强E＝2×105 V/m的匀强电场，一质量m＝1.5×10-8 kg、电荷量q＝＋3×10-10 C 的带电粒子从空间的P 点以初速度v0 水平射出．设粒子射出时为初始时刻，之后某时刻，带电粒子的速度与水平方向的夹角为θ，则tan θ 与时间t 的关系图像如下页图乙所示，粒子的重力忽略不计．
(1)求粒子的初速度v0 的大小；
(2)若粒子运动过程中经过图中Q 点，且PQ连线与水平方向的夹角α＝45°，求P、Q两点间的距离．
【答案】(1)40 m/s (2) eq \f(4\r(2),5) m
【解析】(1)粒子仅在电场力作用下做类平抛运动，竖直方向上，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，
竖直方向的速度vy＝at，
水平方向的速度vx＝v0，
根据题意可知tan θ＝ eq \f(vy,vx)＝ eq \f(Eqt,mv0)，
根据图乙可得tan θ＝100t，
解得v0＝40 m/s.
(2)根据题意可知，水平位移x＝v0t，
竖直位移y＝ eq \f(1,2)at2，
设位移偏角为α，则tan α＝ eq \f(y,x)，
代入数据得出运动时间t＝2×10-2 s .
根据几何关系得出PQ＝ eq \r(2)x，
联立解得PQ＝ eq \f(4\r(2),5) m .
11．利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用．如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1 、S2 为板上正对的小孔，M、N两板间所加电压为U0＝182 V．金属板P和Q水平放置在N板右侧，并关于小孔S1 、S2 所在直线对称，P、Q两板间加有恒定的偏转电压U＝91 V，P、Q金属板长L＝4.8 m、板间距d＝3.2 m，两板间的偏转电场可视为匀强电场．现使一电子从S1处由静止进入加速电场，最后从P、Q两金属板右侧射出．已知电子质量m＝0.91×10-30 kg，电荷量e＝1.6×10-19 C，两极板间电场的边缘效应及电子所受的重力均可忽略不计．求：
(1)电子加速后到达S2 时的速度v0 的大小；
(2)电子射出偏转电场时沿偏转电场方向偏移的距离y的大小；
(3)电子射出偏转电场时速度v的大小．(结果可以根号表示)
【答案】(1)8×106 m/s (2)0.9 m (3) eq \r(73)×106 m/s
【解析】(1)根据动能定理得qU0＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，
解得v0＝8×106 m/s.
(2)电子进入偏转电场后，竖直方向向下做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，有
L＝v0t，y＝ eq \f(1,2)at2 ，
又a＝ eq \f(qU,md)，
联立解得y＝0.9 m.
(3)由动能定理得qU0＋ eq \f(qU,d)y＝ eq \f(1,2)mv2 ，
代入数据解得v＝ eq \r(73)×106 m/s .
12．如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量y；
(3)若MN极板的右侧到荧光屏的距离为L，求电子打到荧光屏上的偏移量Y.
【答案】(1) eq \r(\f(2eU1,m)) (2) eq \f(U2L2,4U1d) (3) eq \f(3U2L2,4U1d)
【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) －0，
解得v0＝ eq \r(\f(2eU1,m)).
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝ eq \f(L,v0)，eE＝ma，E＝ eq \f(U2,d)，y＝ eq \f(1,2)at2 ，
解得偏移量y＝ eq \f(U2L2,4U1d).
(3)由tan θ＝ eq \f(y,\f(L,2))＝ eq \f(Y,\f(3L,2))，
将y＝ eq \f(U2L2,4U1d)代入得Y＝3y＝ eq \f(3U2L2,4U1d).
13．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为r＝0.1 m的光滑半圆，各段轨道均平滑连接．AB段轨道所在区域有场强大小为E0＝ eq \f(4mg,5q)、方向垂直于倾斜轨道向下的匀强电场，BB′是电场边界(垂直于倾斜轨道).一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块(视为点电荷)在倾斜轨道上的A点由静止释放．已知A、B之间的距离为L＝1 m，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为μ＝0.25，设小物块电荷量保持不变，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)求小物块运动至B点的速度大小；
(2)若匀强电场的电场强度E大小可以变化，为使小物块通过圆轨道最高点，求E的最大值(结果用E0表示).
【答案】(1)2 m/s (2) eq \f(3,4)E0
【解析】(1)小物块在AB间的受力分析如图所示．由动能定理可得
mgL sin 37°－μ(mg cs 37°＋qE)L＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B) ，解得vB＝2 m/s .
(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，根据牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v eq \\al(2,D) ,r)，
小物块由A运动到D，根据动能定理有
mg(L sin 37°－2r)－μ(mg cs 37°＋qE)L＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) ，
联立解得E＝ eq \f(3mg,5q)＝ eq \f(3,4)E0 .
14．如图所示，质量为m、带电量为＋q的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入宽度为d的AB绝缘水平面．当滑块运动至中点C时，速度大小为vC＝ eq \f(\r(3),2)v0 ，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的强度不变的有界匀强电场(区域外不存在电场).若小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等．(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
(1)求滑块离开AB区域时的速度．
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应为多大？
(3)在(2)情况下小滑块增加的电势能最大值是多少？
【答案】(1) eq \f(1,2)v0 (2) eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qd) (3) eq \f(1,4)mv eq \\al(2,0)
【解析】(1)从A运动到C的过程有
v eq \\al(2,C) －v eq \\al(2,0) ＝2a1· eq \f(d,2)，
解得a1＝－ eq \f(v eq \\al(2,0) ,4d).
经过AB区域时，小滑块受到向左的摩擦力和电场力，且电场力等于摩擦力，则
a2＝2a1＝－ eq \f(veq \\al(2,0),2d)，v eq \\al(2,B) －v eq \\al(2,C) ＝2a2· eq \f(d,2)，vB＝ eq \f(1,2)v0 .
(2)为使小滑块在AB区域运动的时间最长，小滑块运动到B点的速度恰好为零，则
0－v eq \\al(2,C) ＝2a3· eq \f(d,2)，
解得a3＝－ eq \f(3v eq \\al(2,0) ,4d).
由牛顿第二定律－f－qE′＝ma3 ，－f＝ma1 ，
联立可解E′＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qd).
(3)滑块在B点电势能最大，故小滑块增加的电势能最大值为
ΔEpmax＝qE′· eq \f(d,2)＝ eq \f(1,4)mv eq \\al(2,0) .