10.5 带电粒子在电场中的运动 同步练习
本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.（4分）一电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿越两平行板所需的时间（ ）
A．与电压无关
B．随电压的减小而增大
C．随电压的减小而减小
D．随两板间距离的增大而减小
2.（4分）如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（ ）
A.自由落体运动
B.曲线运动
C.沿着悬线的延长线做匀加速直线运动
D.变加速直线运动
3.（4分）如图虚线为某电场的等势面，有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以判定（ ）
A.两粒子带电多少一定不同
B.两粒子的电性可能相同
C.两粒子的电势能都是先减少后增大
D.经过B、C两点,两粒子的速率可能相等
4.（4分）如图所示，是示波器的核心部件示波管的原理示意图。设电子枪的加速电压大小为，偏转电极Y和之间的电压为，X和之间的电压为，若和均为0，则电子会打在图中屏上的中心点。假设发射的电子都能打到荧光屏上，则下列说法正确的是（ ）
A．若要电子打在荧光屏上的区域②，则要求为正值，为负值
B．若，为一定值，则越大，电子打在荧光屏上的位置离中心点越远
C．若和不变，则越大，电子从发射到打到荧光屏上的时间越短
D．若和不变，则越大，偏转电极对电子做的功越多
5.（4分）如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A.2倍
B.4倍
C.
D.
6.（4分）图甲所示为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板间的中轴线从左端向右端连续不断地射入初速度为v0＝的相同带电粒子（重力不计），若所有粒子均能从两极板间飞出，则粒子飞出时的最小偏转位移与最大偏转位移大小之比是（ ）
甲 乙
A．1∶1
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶4
7.（4分）如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2．则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是( )
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8.（6分）有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不必考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（ ）
A.减小墨汁微粒的质量
B.减小墨汁微粒所带的电荷量
C.增大偏转电场的电压
D.增大墨汁微粒的喷出速度
9.（6分）如图所示，A.、B、C、D是匀强电场中的四个点，它们正好是一个正方形的四个顶点。在A点有个粒子源，向各个方向发射动能为的同种带电位于，已知到达正方形四个边的粒子中，到B、D两点位子动能相同，均为，不计粒子重力及粒子间相互作用，则（ ）
A．电场方向可能自A指向C
B．到达C点的粒子动能一定为
C．B 、D连线上的各点电势一定相同
D．粒子过AB边中点时，动能一定为
10.（6分）一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0时刻起运动依次经历、、时刻。其运动的图象如图所示。对此下列判断正确的是（ ）
A．0时刻与时刻电子在同一位置
B．0时刻、时刻、时刻电子所在位置的电势分别为、、，其大小比较有
C．0时刻、时刻、时刻电子所在位置的场强大小分别为、、，其大小比较有
D．电子从0时刻运动至时刻，连续运动至时刻，电场力先做正功后做负功
三、填空题：本题共2小题,共8分。
11.（4分）如图，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，此液滴带_______电，液滴的加速度等于_______，液滴的电势能_____（填增加、减小）。
12.（4分）如图,正方形abcd边长为l区域内有沿ab方向的匀强电场,一不计重力的粒子以速度v0从ab边的中点沿ad方向射入电场,恰好从c点离开电场，粒子带电量为q,质量为m。c点速度方向 ；电场强度的大小 。
四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题14分，15题20分，共46分。
13.（12分）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
14.（14分）如图所示，质量为m，电荷量为e的粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场是速度方向与AO方向成45°，已知AO的水平距离为d.（不计重力）
求：
(1)从A点到B点用的时间；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)AB两点间电势差.
15.（20分）21．如图所示，在某竖直平面内有一水平向右的匀强电场，场强。场内有一半径的光滑竖直绝缘环形轨道，轨道的内侧有一质量为、带电量为的小球，它恰能沿圆环作圆周运动。取圆环的最低点为重力势能和电势能的零势能点，重力加速度为，求：
（1）小球动能的最小值；
（2）小球机械能的最小值；
（3）重力势能和电势能的和的最小值。
答案解析
1.（4分）【答案】A
【解析】设粒子的初速度为，极板的长度为L,则粒子穿过电场所需要的时间为,所以粒子穿过电场的时间和电压无关，只和极板的长度和粒子的初速度有关，A正确。
2.（4分）【答案】C
【解析】试题分析：悬线烧断前小球静止，所以受合外力为零，即重力和电场力的合力沿悬线的反向延长线且为恒力；烧断后重力和电场力不变，小球从静止开始沿悬线的延长线做初速为零的匀加速运动，故选项Ｃ正确.考点：本题考查受力分析及运动性质的判断.判断物体的运动性质，要依据初速度与合外力的关系.
3.（4分）【答案】D
【解析】由图无法判定两电荷在同一位置时所受电场力的大小，故无法判定两粒子带电量的大小关系，故A错误.由图可知电荷1如果不受电场力的话将沿直线向中心电荷运动，而本题中电荷1却逐渐远离了中心电荷，故电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同.故B错误.由B选项分析可知2粒子在从A向C运动过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，而粒子1在从A向B运动过程中电场力先做负功后做正功，电势能小增大后减小，故C错误；从A到B和从A到C电场力做功不同，而两粒子的初速度不同，所以经过B、C两点，两粒子的速率可能相等，D正确；
故选D
4.（4分）【答案】A
【解析】A．若要电子打在荧光屏上的区域②，则电子要向X′方向和Y方向偏转，则要求Y比Y′电势高，X′比X电势高，即U2为正值，U3为负值，选项A正确；
B．若，为一定值，则越大，则电子进入YY′的速度越大，经过YY′时的时间越短，则垂直于极板方向的偏转距离越小，即电子打在荧光屏上的位置离中心点越近，选项B错误；
C．电子在YY′和XX′中运动时，平行极板方向均做匀速运动，若U1不变，则电子进入YY′和XX′时的水平速度不变，则电子从发射到打到荧光屏上的时间不变，与U2大小无关，选项C错误；
D．若和不变，则越大，则电子进入YY′时的水平速度越大，电子在YY′中运动的时间越短，则在垂直极板方向的位移越小，则偏转电极YY′对电子做的功越少，选项D错误。故选A。
5.（4分）【答案】C
【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，则电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有，水平方向上有，其中，联立可得，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边沿飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来，C正确；
6.（4分）【答案】C
【解析】由于v0＝，粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，在竖直方向上前半个周期加速，后半个周期匀速，在时刻进入的粒子，在前半个周期在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上速度为零，后半个周期在竖直方向上做匀加速运动，侧移量最小，故ymin∶ymax＝1∶3，故选C。
7.（4分）【答案】C
【解析】
试题分析：带电粒子在电场中被加速，则有（1）
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 L=vt （2）
匀加速直线运动：设位移为x，则有（3）
要使带电粒子能飞出电场，则有（4）
由（1）-（4）可得：故选：C．
考点：带电粒子在电场中的偏转.
8.（6分）【答案】BD
【解析】试题分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：，加速度：联立解得：，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏移量y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故A、C错误，B、D正确。
考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的加速、偏转。
9.（6分）【答案】ACD
【解析】粒子从A运动到B与D两点时动能的变化量相等，电场力做功相等，则知B、D两点的电势相等，BD连线是一条等势线，根据电场线与等势面垂直，可知电场方向可能由A指向C，故A正确；对于A到B的过程，由动能定理得；对于A到C的过程，由动能定理得；由于，所以解得：到达C点粒子动能，故B错误；BD连线是一条等势线，B、D连线上的各点电势一定相同，故C正确；设粒子过AB边中点为F，则对于A到F的过程，由动能定理得；由于，所以解得到达F点的粒子动能为，故D正确。
10.（6分）【答案】AC
【解析】A．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其图象知其运动情景如图所示。则0时刻与时刻电子在同一位置。所以A正确；
B．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有，所以B错误；
C．图象的斜率为加速度。由图象知过程加速度增大，过程加速度减小。又有，则有，所以C正确；
D．由图象知过程速度减小，过程速度增大，则其动能先减小、后增大。由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D错误。故选AC。
11.（4分）【答案】负电 减小
【解析】据题带电液滴沿直线由b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电
由图可得物体所受合力为，故物体的加速度为，由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，电场力的方向和运动方向夹角为锐角，电场力对物体做正功，液滴的电势能减小。
12.（4分）【答案】速度方向与水平方向成45°;
粒子在电场中运动离开c点时由动能定理,由类平抛运动的推论可知，由几何关系可知速度方向与水平方向成45°，电场强度的大小
13.（12分）【解析】(1)由U0e＝mvB2得：
vB＝
(2)由y＝＝可得：
l＝d.
14.（14分）
【解析】(1) 粒子水平方向做匀速直线运动，t=d/v0
(2)粒子竖直方向做v0=0匀加速直线运动
vy=v0，，E=mv02/ed
(3)从A到B，运用动能定理：
UAB= mv02/2e 。
15.（20分）【详解】
（1）由题中数据可得
Eq=0.75mg
设合力与竖直方向夹角为α，所以
解得
α=37°
小球在重力和电场力的作用下恰好做圆周运动，速度最小的位置应该在“最高点”即图中的B点，根据牛顿第二定律，有
联立得
故小球动能的最小值为
（2）因小球的机械能和电势能之和守恒，则当机械能最小时，电势能最大，此位置应该在最左端位置，根据功能关系有
代入数据解得
Emin=17J
（3）根据能量守恒，小球在等效最低点即A点的动能最大，则重力势能和电势能之和最小，则重力势能和电势能的最小值为
Epmin=mgR（1-cos37°）-qERsin37°=4×2×0.2-3×2×0.6J=-2J
