10.5帶電粒子在電場中的運動（提高）同步檢測—【新教材】人教版（2019）高中物理必修第三冊

1、第十章 靜電場中的能量第5節(jié) 帶電粒子在電場中的運動（提高）一、單項選擇題1兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA=h，此電子具有的初動能是（ ）ABCD2如圖所示，在一對帶等量異號電荷的平行金屬板間，某帶電粒子只在電場力作用下沿虛線從A運動到B則（ ）A粒子帶負電B從A到B電場強度增大C從A到B粒子動能增加D從A到B粒子電勢能增加3如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為（）的粒子以速度從連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到

2、達連線上的某點時（）A所用時間為B速度大小為C與P點的距離為D速度方向與豎直方向的夾角為30°4如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A電場方向一定豎直向上B電場強度E的最小值為C如果電場強度為E=，則小球相對初始位置的最大高度為D如果電場強度為E=，小球電勢能的最大值為5如圖所示，帶等量異種電荷的A、B兩板水平放置，在A、B間形成豎直向下的勻強電場。a、b兩質(zhì)量相等的粒子從A板左側(cè)邊緣處以相同的速度先后飛入電場，

3、粒子a從A、B兩板右端連線的中點飛離勻強電場，粒子b從B板右側(cè)邊緣處飛離勻強電場，不計粒子重力，下列說法中正確的是（）A粒子a、b的帶電量之比為12B電場對a、b粒子做功之比為12C粒子a、b離開電場時的速度大小之比為12D粒子a、b離開電場時的速度與水平方向之間夾角之比為126如圖甲所示，兩個平行金屬板P、Q正對豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓。t=0時，Q板比P板電勢高U0，在兩板的正中央M點有一電子在電場力作用下由靜止開始運動（電子所受重力可忽略不計）。已知電子在04t0時間內(nèi)未與兩板相碰。則電子速度方向向左且速度大小逐漸增大的時間是（ ）A0<t<t0Bt0<

4、t<2t0C2t0<t<3t0D3t0<t<4t07如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔(位于P板的中點)射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該（ ）A使U2加倍B使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C使U2變?yōu)樵瓉淼谋禗使U2變?yōu)樵瓉淼?如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子（ ）A運動到P點返回B運動到P和P點之間返回C運動到P點

5、返回D穿過P點9在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A 點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8.0J，在M點的動能為6.0J，不計空氣的阻力，則（ ）A從A點運動到M點電勢能增加 2JB小球水平位移 x1與 x2 的比值 1：4C小球落到B點時的動能 24JD小球從A點運動到B點的過程中動能有可能小于 6J10如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且電場力為3m

6、g。重力加速度為g，由此可知（）AAB=3BCB小球從A到B與從B到C的運動時間相等C小球從A到B與從B到C的動量變化量相同D小球從A到C的過程中重力對小球做的功與電場力對小球做的功的絕對值相等二、多項選擇題11有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小（偏轉(zhuǎn)距離減?。?，下列措施可行的是（ ）A減小墨汁微粒的質(zhì)量B增大偏轉(zhuǎn)電場兩板間的距離C減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D減小墨汁微粒的噴出速度12如圖所示，勻強電場中的A、B、C

7、三點構(gòu)成-一個直角三角形，BC邊垂直AC邊，BAC=30°，BC邊長度為d，已知電場方向與該直角三角形的某一邊平行。一質(zhì)量為m、電量為q、帶正電的粒子（不計重力）在該電場中運動，經(jīng)過A點時速度大小為v0、方向沿AB；經(jīng)過BC邊的中點D時，速度大小為vD，方向與BC邊垂直。以下選項正確的是（）A電場方向與AC邊平行BA、B、C三點中B點電勢最高CD電場強度大小13如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中（ ）A它們運動的時間

8、tQtPB它們所帶電荷量之比qPqQ12C它們的電勢能減少量之比EPEQ12D它們的動能增量之比EkPEkQ1414如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過最高點，則（ ）AR越大，x越大BR越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，x越小Dm與R同時增大，電場力做功增大15如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地進入電場線水平向右的加速電場，之后進入電場線豎直向下的

9、勻強電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多B三種粒子打到屏上時的速度一樣大C三種粒子運動到屏上所用時間相同D三種粒子形成的運動軌跡是相同的三、填空題16真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氚核和粒子部從O點靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO'垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(已知質(zhì)子、氚核和粒子質(zhì)量之比為1：3：4，電量之比為1：1：2，重力都不計)，則在熒光屏上將出現(xiàn)_個亮點，偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為_17板長為L的平行金屬板與水平面成角放置，板間有勻強電場。一個帶負電、

10、電量為q、質(zhì)量為m的液滴，以速度v0垂直于電場方向射入兩板間，如圖所示，射入后液滴沿直線運動，兩極板間的電場強度E_。液滴離開電場時的速度為_。(液滴的運動方向沒有改變)18如圖所示，在直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)（包括邊界）存在著平行于AC方向的豎直方向的勻強電場，AC邊長為L，一質(zhì)量為m，電荷量q的帶電小球以初速度v0從A點沿AB方向進入電場，以2v0的速度從BC邊中點出來，則小球從BC出來時的水平分速度vx_，電場強度的大小E_（重力加速度為g）四、解答題19如圖，虛線PQ、MN間存在水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×10-11kg、電荷量為q=+1.0×10-5C

11、，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，經(jīng)過b點垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN的某點c （圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成60°角。已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計。求：(1)粒子在b點時的速度；(2)水平勻強電場的場強E的大??；(3)bc兩點間的電勢差Ubc。20如圖所示為某顯像設(shè)備內(nèi)電場的簡化模型。 在y軸左側(cè)存在水平向左的勻強電場，右側(cè)存在豎直向上的勻強電場，場強大小均為E。 電子槍在A處無初速釋放一質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，A點的坐標為（-L，L），不計電子重力。 求：(1)電子進入第一象限的速度大?。?2)電子從釋放到達

12、x軸所需的時間；(3)若在B點無初速釋放電子，則電子經(jīng)過x軸上的點到O點的距離。 21如圖甲所示，極板A、B間電壓為U0，極板C、D間距為d，熒光屏到C、D板右端的距離等于C、D板的板長A板O處的放射源連續(xù)無初速地釋放質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，經(jīng)電場加速后，沿極板C、D的中心線射向熒光屏（熒光屏足夠大且與中心線垂直），當C、D板間未加電壓時，粒子通過兩板間的時間為t0；當C、D板間加上圖乙所示電壓（圖中電壓U1已知）時，粒子均能從C、D兩板間飛出，不計粒子的重力及相互間的作用求：（1）C、D板的長度L；（2）粒子從C、D板間飛出時垂直于極板方向偏移的最大距離；（3）粒子打在熒光屏上區(qū)域的長度參考答案一、單項選擇題12345678910DCCDACAADD二、多項選擇題1112131415BCBDABDADAD三、填空題16 1； 1：1：217 18v0，四、解答題19【答案】(1)104 m/s；(2)；(3)【解析】（1）由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得（2）進入PQ、MN間電場中后代入數(shù)據(jù)解得由題意得代入得由牛頓第二定律得 沿電場方向得 （3）由動能定理得得20【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)由動能定理則有可得(2)在A處釋放加速運動至y軸后，做類平拋運動到達x軸，設(shè)勻加速直線運動時間為，則有可得進入第一象限后，由y軸分運動得可得粒子由釋放