10.5 帶點(diǎn)粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) —【新教材】人教版（2019）高中物理必修第三冊同步練習(xí)

1、帶點(diǎn)粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)同步練習(xí)一、單選題1. 如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場中，在滿足電子能射出平行極板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變小的是()A. U1變大、U2變大B. U1變小、U2變大C. U1變小、U2變小D. U1變大、U2變小2. 帶電粒子以速度v從兩平行金屬板形成的勻強(qiáng)電場的正中間垂直電場射入，恰穿過電場而不碰到金屬板，欲使入射速度為v/2的同一粒子也恰好穿過電場不碰到金屬板，則必須(   )A. 使兩板間的距離減為原來的1/4B. 使兩板間的電壓減為原來的1/4

2、C. 使兩板間的電壓減為原來的1/2D. 使兩板間的距離減為原來的1/23. 如圖示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX、YY電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)的O點(diǎn)，其中x軸與XX電場的場強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY電場的場強(qiáng)方向重合)，若要電子打在圖示坐標(biāo)的第象限，則() A. X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極B. X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極C. X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極D. X、Y極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極4. 如圖所示，在勻強(qiáng)電場E中，一帶電粒子q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子q在

3、開始運(yùn)動(dòng)后，將() A. 沿電場線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B. 沿電場線方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)C. 沿電場線方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D. 偏離電場線方向做曲線運(yùn)動(dòng)5. 真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A，B之間有加速電場，C，D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，不計(jì)粒子重力，則下列說法中正確的是：(    ) A. 三種粒子打到熒光屏上的位置相同B. 三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同C. 偏轉(zhuǎn)電場的

4、電場力對三種粒子做功之比為122D. 偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1246. 示波管是電子示波器的心臟。在示波管中，電子通過電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，然后射到熒光屏上。如圖所示，電子從靜止開始，經(jīng)過電壓為U0的加速電場加速并進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，射出偏轉(zhuǎn)電場后射到熒光屏上的動(dòng)能為Ek。電子的電荷量為e，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離與板長之比為k，電子重力不計(jì)。偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的電壓為A. k2U0(EkeU0)eB. 1k2U0(EkeU0)eC. 2kU0(EkeU0)eD. 2kU0(EkeU0)e7. 如圖所示，帶電量與比荷均不相同的兩種帶正電的粒子從同一位置無初速度地飄入加速電場，加速后

5、進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，并離開偏轉(zhuǎn)電場整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，下列說法正確的是A. 加速電場對兩種粒子做功一樣多B. 兩種粒子同時(shí)離開加速電場C. 兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度一樣大D. 兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度方向相同8. 如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略。在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是() A. U1變大，U2變大B. U1變小，U2變大C. U1變大，U2變小D. U1變小，U2變小二、多選題9. 光滑水平面

6、上有一邊長為L的正方形區(qū)域ABCD處在場強(qiáng)為E的勻場電場中，電場方向與正方形的某一條邊平行，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由AC邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平初速度0進(jìn)入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為()A. 12mv02+13qELB. 12mv02+23qELC. 12mv02+12qELD. 12mv0213qEL10. 如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子以初速度v0由小孔射入板間電場，當(dāng)M、N間電勢差為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的12后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重

7、力)()A. 使初速度減小為原來的12B. 使M、N間電勢差加倍C. 使M、N間電勢差提高到原來的4倍D. 使初速度和M、N間電勢差都減小為原來的1211. 如圖所示是某示波管的示意圖，電子先由電子槍加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，如果在偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)電壓，則電子束將被偏轉(zhuǎn)，并飛出偏轉(zhuǎn)電場下面措施中能使電子偏轉(zhuǎn)距離變大的是()A. 盡可能把偏轉(zhuǎn)極板L做得長一點(diǎn)B. 盡可能把偏轉(zhuǎn)極板L做得短一點(diǎn)C. 盡可能把偏轉(zhuǎn)極板間的距離d做得小一點(diǎn)D. 將電子槍的加速電壓提高12. 如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板間的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2.一電子由靜止開始經(jīng)U1加速后，進(jìn)入水平放置

8、的金屬板間，剛好從下板邊緣射出.不計(jì)電子重力.下列說法正確的是(     )A. 增大U1，電子一定打在金屬板上B. 減少U1，電子一定打在金屬板上C. 減少U2，電子一定能從水平金屬板間射出D. 增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出三、計(jì)算題13. 如圖所示，BCDG是光滑絕緣的34圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為34mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g  (1)若滑塊從水平軌道上距離

9、B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小；  (2)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點(diǎn)飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小；  (3)物塊從水平軌道靜止釋放，要使它沿圓形軌道滑行時(shí)不脫離軌道，求s的取值范圍。14. 一束電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖所示。已知兩板間距d=1.0cm，板長l=5.0cm，不計(jì)電子的重力和電子間的相互作用力， (1)若要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最大能加多大電壓？(2)若要使電子打到下板中間，則兩個(gè)極板上需要加

10、多大的電壓？15. 如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E1，y軸右側(cè)有沿y軸正方向、電場強(qiáng)度大小E2=4×103V/m的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)從x軸上坐標(biāo)為(0.5m,0)的M點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子P，不計(jì)粒子重力。則(1)若粒子P在運(yùn)動(dòng)過程中恰好經(jīng)過N(0.5m,0.5m)點(diǎn)，求電場強(qiáng)度E1的大??；(2)在粒子P進(jìn)入y軸右側(cè)電場的同時(shí)，從右側(cè)電場中的某處由靜止釋放另一個(gè)質(zhì)量為2m，電荷量為q的粒子Q。不計(jì)兩個(gè)粒子的重力及相互作用力，若兩粒子能夠相遇，求粒子Q釋放點(diǎn)的縱坐標(biāo)y與橫坐標(biāo)x之間的關(guān)系。16. 如圖甲所示，長為L的兩平行

11、金屬板C、D間加上如圖乙所示的交變電壓，已知t0=2L6v0，U0=mv022e，大量電子在P點(diǎn)以v0的初速度連續(xù)釋放，經(jīng)電壓大小為U0的電場加速后沿兩金屬板CD的中線射入，偏轉(zhuǎn)位移最大的電子恰好能通過極板，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，重力不計(jì)，求： (1)電子加速后進(jìn)入平行金屬板時(shí)的速度大小及CD兩金屬板間距離；(2)電子通過兩板后，最小的偏轉(zhuǎn)位移y。答案1.D解：根據(jù)動(dòng)能定理：eU1=12mv2得：v=2qU1m在偏轉(zhuǎn)電場中vy=ata=U2emdt=Lvvy=attan=vyv=U2L2U1d若使偏轉(zhuǎn)角變小即使tan變小，由上式看出可以減小U2增大U1故選：D。2.B解：設(shè)平行金屬板板

12、長為l，板間距離為d，板間電壓為U，該帶電粒子的質(zhì)量和電量分別為m、q，帶電粒子垂直射入平行金屬板形成的勻強(qiáng)電場，做類平拋運(yùn)動(dòng)。由題，帶電粒子恰穿過電場而不碰金屬板，則有：     l=vt   12d=12at2又a=qUmd聯(lián)立得到：d=qUl2mdv2由此式得到：欲使入射速度為v2的同一粒子也恰好穿穿過電場不碰金屬板，上式仍成立，則粒子電量減為原來的14，使兩板間的電壓減為原來的14 ，使兩板間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B 。3.C打在第象限，故經(jīng)過YY區(qū)間時(shí)電場力向上，即Y接負(fù)極；打在

13、第象限，故經(jīng)過XX區(qū)間時(shí)電場力外，即X接負(fù)極；故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。4.C在勻強(qiáng)電場E中，帶電粒子所受靜電力為恒力帶電粒子受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒定的靜電力作用，產(chǎn)生與運(yùn)動(dòng)方向相反的恒定的加速度，因此，帶電粒子q在開始運(yùn)動(dòng)后，將沿電場線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確。 故選C。5.A設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d；A.根據(jù)推論：y=U2L24dU1，可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故A正確；B.在加速電場中，由動(dòng)能定理得：qU1=12mv02，則加速獲得的速度為v0=2qU1m；三種粒子從B板

14、運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；CD.偏轉(zhuǎn)電壓的電場力做功為W=qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1：1：2，則有電場力對三種粒子做功之比為1：1：2，故CD錯(cuò)誤。故選A。6.D設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度大小為v0，對電子在加速電場中加速的過程，由動(dòng)能定理有eU0=12mv02，設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離為d，兩板之間的電壓為U，有dk=v0t，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=eUmd，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)

15、沿垂直于板方向的分速度大小vy=at，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度大小v=v02+vy2，因電子射出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故有Ek=12mv2，解得U=2kU0(EkeU0)e，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。7.DA.設(shè)加速電壓為U1，根據(jù)電場力做功的計(jì)算公式可得W=qU1，由于粒子的電荷量不同，所以加速電場對兩種粒子做的功不同，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得x=12at2=12×qEm×t2，解得t=2mxqE，x相同、比荷不同，所以兩種粒子不是同時(shí)離開加速電場，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，在加速電場中根據(jù)動(dòng)能定理可得W=qU1=

16、12mv2，解得v=2qU1m，在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y=12×qU2md×L2v2=U2L24U1d，所以粒子出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移相同，全過程根據(jù)動(dòng)能定理可得：qU1+qU2dy=12mv120，解得：v1=qm(2U1+2U2yd)，由于比荷不同，所以出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度不同，故C錯(cuò)誤；D.由于粒子離開電場時(shí)的速度方向反向延長線過水平位移的中點(diǎn)，而偏轉(zhuǎn)位移相同，所以兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度方向相同，故D正確。故選D。8.B設(shè)電子被加速后獲得初速為v0，則由動(dòng)能定理得：qU1=12mv02又設(shè)極板長為l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間：t=lv0又設(shè)電子在平行板間受電場力

17、作用產(chǎn)生加速度為a，由牛頓第二定律得：a=qU2md電子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，平行于電場方向的速度：vy=at可得：vy=qU2lmdv0又有：tan=vyv0=qU2lmdv02=U2l2dU1故U2變大或U1變小都可能使偏轉(zhuǎn)角變大，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤故選B。9.AC若電場方向平行AB，則粒子做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)，則離開電場時(shí)電場力做功W=qEL；若做加速運(yùn)動(dòng)，則為12mv02+qEL；若為減速運(yùn)動(dòng)，則為：12mv02qEL；若電場力與初速度方向相互垂直，小球發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場力一定做正功；假設(shè)受電場力向上，粒子從AB邊離開時(shí)，電場力做功為12qEL，根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek12mv02=12q

18、EL，可解得：Ek=12mv02+12qEL；若從BD邊離開，則電場力做功可能為0至12qEL，根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子動(dòng)能可能為：12mv02至12mv02+12qEL；故AC正確，故BD錯(cuò)誤。故選AC。10.BD粒子剛好能達(dá)到B金屬板時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得，qU=012mv02；A.U不變，使帶電粒子能到達(dá)MN板間距的12處返回，則電場力做功等于qU2，當(dāng)初速度為v02，則有帶電粒子動(dòng)能的變化Ek=012m(v02)2=18mv02qU2，故A錯(cuò)誤；B.電壓提高到原來的2倍，則帶電粒子運(yùn)動(dòng)到MN板中點(diǎn)時(shí)電場力做功W=12q(2U)=qU，與粒子動(dòng)能變化相等，故B正確；C.電壓提高到原來的4倍，則

19、帶電粒子運(yùn)動(dòng)到MN板中點(diǎn)時(shí)電場力做功W=12q(4U)=2qU，與粒子動(dòng)能的變化不等，故C錯(cuò)誤；D.初速度減為原來的12，則帶電粒子動(dòng)能變化減為原來的14，MN板間電壓減為原來的12，則運(yùn)動(dòng)到MN板間中點(diǎn)電場力做功為原來的14，故D正確。故選BD。11.AC【解析】解：設(shè)電子的電量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則加速度：a=qEm=qUmd，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=Lv0，偏轉(zhuǎn)量y=12at2=qUL22mdv02。通過公式可以看出，提高側(cè)移量，可以采用的方法是：加長板長L，減小兩板間距離d和減小入射速度v0.即可減小加速電壓；故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC。電子在勻強(qiáng)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，根據(jù)

20、已知的條件，寫出偏轉(zhuǎn)量的表達(dá)式，根據(jù)公式進(jìn)行說明12.BCA、設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間為t，由qU1=12mv2及L=vt可知，若增大U1，則v增大，時(shí)間t減小，再由y=12at2可知，射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移減小，所以不會(huì)打在金屬板上，故A錯(cuò)誤。B、設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間為t，由qU1=12mv2及L=vt可知，若減小U1，則v減小，時(shí)間t增加，再由y=12at2可知，射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)位移要增加，所以一定會(huì)打在金屬板上，故正確。C、同理減小U2，則偏轉(zhuǎn)位移將減小，一定能從水平金屬板間射出，故C正確。D、由a=qEm=qU2md，y=12at2，又t不變，所以增大U2，則偏轉(zhuǎn)位移增大，電

21、子一定不能從金屬板間射出，故D錯(cuò)誤。故選BC。13.解：(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，從A到C過程，由動(dòng)能定理得：qE·(s+R)mg·smgR=12mvC2  由題，qE=34mg，=0.5，s=3R  代入解得：vC=gR  滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，由電場力和軌道作用力的合力提供向心力，則有NqE=mvC2R  解得，N=74mg  (2)重力和電場力的合力的大小為F=(mg)2+(qE)2=54mg  設(shè)方向與豎直方向的夾角為，則，得=37°  滑塊恰好由F提供向心力時(shí)(即恰過等效最高點(diǎn)時(shí))

22、，在圓軌道上滑行過程中速度最小，此時(shí)滑塊到達(dá)DG間P點(diǎn)，相當(dāng)于“最高點(diǎn)”，滑塊與O連線和豎直方向的夾角為37°，設(shè)最小速度為v，由F=mv2R  解得，v=5gR2  (3)滑塊恰能過等效最高點(diǎn)P，則有：  qE(s1Rsin37)mgs1mgR(1+cos37)=12mv2  解得：s1=11.5R  物塊到達(dá)CD間一點(diǎn)Q(即與圓心等效高點(diǎn)時(shí))且QO連線與CO連線成37°時(shí)速度恰為零  qE(s2+Rcos37°)mgs2mgR(1+sin37°)=0  解得：s2=4R&

23、#160; 綜上，不脫離軌道的條件是：s11.5R或0s4R14.解：(1)加速過程，由動(dòng)能定理得eU=12mv02 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)l=v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)加速度a=Fm=eUdm 偏轉(zhuǎn)距離y=12at2能飛出的條件為yd2聯(lián)立式解得U2Ud2l2=400V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V。(2)類似(1)，由eU=12mv02a=eUdmd2=12at2l2=v0t聯(lián)立解得U=8Ud2l2=1600V。15.解：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m，電荷量為q，進(jìn)入右側(cè)電場時(shí)的速度為v0，在右側(cè)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t0

24、經(jīng)過N點(diǎn)；在E1中：E1qxM=12mv02；在E2中：xN=v0t0；yN=12E2qmt02；解得E1=1.0×103V/m；(2)設(shè)粒子Q釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y)，釋放后歷時(shí)t與粒子P相遇；根據(jù)題意，粒子Q應(yīng)從第一象限內(nèi)粒子P所經(jīng)區(qū)域的上方釋放，然后沿y軸負(fù)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有y12E2q2mt2=12E2qmt2；x=v0t；解得：y=3x2(x>0)。16.解：(1)對電子分析，加速過程中有U0e=12mv212mv02，解得v=2v0  由分析可知，所有電子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t=Lv=2L2v0=3t0   

25、;                              假設(shè)板間距為d，則t=2nt0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子，偏轉(zhuǎn)位移最大ymax=d2       且a=eU0mdymax=12at02+at0t0+at0t0+12at02=3at02=d2，解得d=6L6