2021-2022学年度高二物理第十章静电场中的能量第五节带电粒子在电场中的运动（暑期衔接练习四）（人教版2019）

这是一份2021-2022学年度高二物理第十章静电场中的能量第五节带电粒子在电场中的运动（暑期衔接练习四）（人教版2019），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如图所示，一个由绝缘材料制成的轻弹簧水平放置，一端固定于竖直墙上，另一端与一带负电的小球相连，小球置于光滑的绝缘水平面上．当整个装置处于水平向左的匀强电场中时，小球在B、C间往复运动，在O点处所受合力为0．假定在动动过程中小球的电量保持不变，则
A．小球在由B到O的过程中，弹性势能和电势能都一直减少，动能增加
B．小球在由O到C的过程中，弹性势能增加，电势能和动能都减少
C．小球在由B经O到C的过程中，电势能的变化量大于弹性势能变化量
D．小球在由C到O的过程中，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等
2．如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量(yU2)与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中错误的是( )
A．L越大，灵敏度越高
B．d越大，灵敏度越高
C．U1越大，灵敏度越高
D．U2越大，灵敏度越低
3．图为某匀强电场的电场线，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．粒子的电势能减小
C．粒子从a运动到b过程加速度保持不变
D．粒子做匀加速直线运动
4．如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，质量相同的两个电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．不考虑电荷的重力、空气阻力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同
B．两电荷在电场中运动的加速度相等
C．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
D．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功等于电场力对电荷N做的功
5．如图所示，一个电子以100eV的初动能从A点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B点离开电场时，其速度方向与电场线成150°角，则A与B两点间的电势差为（ ）
A．300VB．VC．-100VD．-300V
6．一个以初速度v0沿直线运动的物体，t s末速度为vt，如图，则关于t s内物体运动的平均速度和加速度a说法中正确的是（ ）
A．=B．7．下列关于匀强电场中场强和电势差的关系，正确的说法是（ ）
A．在相同的距离上的两点，电势差大的其场强必定大
B．任意两点间的电势差，等于场强大小和这两点间距离的乘积
C．电势降低的方向，必是场强方向
D．沿着电场线方向，相等距离上的电势降落必相等
二、多选题
8．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计），小孔正上方处的点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回，若将下极板向上平移，则从点开始下落的相同粒子（ ）
A．粒子带负电
B．粒子的重力不能忽略不计
C．粒子将打在下极板上
D．粒子在距上极板处返回
9．如图甲和乙所示，分别为示波管和显像管的结构图。正常工作时由二者的电子枪发射的电子束，经偏转电极（电场）和偏转线圈（磁场），电子束打在荧光屏上使荧光屏发光，不计电子的重力。下列说法正确的是
甲 乙
A．若图甲的荧光屏上只有竖直亮线，则只有YY′间加有电压
B．若图乙的荧光屏上只有竖直亮线，则偏转线圈只有竖直方向的磁场
C．电子经过甲图中的偏转电极，速度方向改变，大小不变
D．电子经过乙图中的偏转线圈，速度方向改变，大小不变
10．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
11．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（ ）
A．物体B带负电，受到的电场力大小为2mgsin
B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度大小为3gsin
C．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
12．阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成，实线为电场线，虚线为等势线，Z轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则

A．电极A1的电势低于电极A2的电势
B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
C．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能
D．电子从P至R的运动过程中，电场力对它一直做正功
三、填空题
13．如图所示，一个带电液滴带电量为q，质量为m，在两水平放置的场强为E的平行金属板之间静止。这个液滴带_______电。当两板间场强突然变为原来的1/2时，液滴则向_______运动，其加速度为____________。
14．质量为m，电量为q带正电荷的小物块从半径为R的光滑圆槽顶点由静止下滑，整个装置处于电场强度为E，磁感应强度为B的区域内如图所示，则小物块滑到底端时对轨道的压力为________。
15．如图所示，在水平向左的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘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然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=600的位置B时速度为零，则电场强度E=_______，球在 B点时，细线拉力为 T=_______。
16．如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为_______。 再改变电场强度的大小后，小球A的平衡位置在α=30°处，则A受到的电场力大小为_______。
四、解答题
17．如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G与P、Q的尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为。质量为m、电荷量为q（）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度可能为多少。
18．如图所示，有一电子(电量为e、质量为m)经电压U0加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、B板间距为d、长度为L，A、B板间电压为U，屏CD足够大，距离A、B板右边缘2L，AB板的中心线过屏CD的中心且与屏CD垂直。试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离。
19．长为L的平行金属板水平放置，两板间距为d，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场．一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，如图所示，不计粒子重力，求：匀强电场的场强；
20．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该点电荷的电荷量为，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期．一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动．以离子到达x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：
(1)离子在第一象限运动时的速度大小；
(2)第二象限电场强度E2的大小；
(3)当时，离子的坐标．（）
参考答案
1．B
【详解】
A项：小球做简谐运动，O点是平衡位置，此处弹簧伸长，则知小球所受的电场力方向向右，则小球在由B到O的过程中，电场力做功负功，电势能增加，弹性势能可能减小，也可能增大，平衡位置动能最大，则知小球的动能增加，故A错误；
B项：小球在由O到C的过程中，弹簧伸长量增大，弹性势能增加，电场力做正功，电势能减小，合力向左，做负功，则动能减小，故B正确；
C项：小球在由B经O到C的过程中，动能的变化量为零，根据能量守恒得知，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等，故C错误；
D项：小球在由C到O的过程中，动能减小，弹性势能增加，电势能减小，由能量守恒得知，电势能的变化量大小小于弹性势能的变化量大小，故D错误．
2．A
【解析】
【详解】
根据动能定理得，eU1=12mv2；粒子在偏转电场中运动的时间t=L/v，在偏转电场中的偏转位移ℎ=12at2=12⋅eU2md⋅L2v2=U2L24dU1 ;则灵敏度ℎU2=L24dU1．知L越大，灵敏度越大；d越大，灵敏度越小；U1越大，灵敏度越小。灵敏度与U2无关。故A正确， BCD错误。故选A。
3．C
【详解】
A、沿着电场线方向，电势降低，则有a点的电势高于b点电势，故A错误；
B、带负电的粒子沿电场线从a运动到b，电场力做负功，则电势能增加，故B错误；
C、电场线疏密反映场强大小，从a向b运动，场强不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，若速度方向与加速度相同，则做匀加速直线运动；若两方向相反，则做匀减速直线运动，故C正确，D错误．
【点睛】
本题考查了电场线的特点，能够形象地描述电场的强弱和方向，并强调速度与加速度的方向来确定速度增加与否．
4．C
【解析】
【分析】
两个电荷同时进入电场到相遇，运动时间相等；从轨迹图可以看出，电荷M的水平分位移和竖直分位移都比电荷N的大；将电荷的运动沿水平和竖直方向正交分解后根据运动学公式和牛顿第二定律联合列式分析即可．
【详解】
A、两个电荷水平方向都做匀速直线运动，从轨迹可以看出，电荷M的水平分位移比N的大，则有：xM＞xN，故vMt＞vNt，故初速度关系为 vM＞vN，故A错误；
B、从轨迹可以看出：yM＞yN，故有12aMt2>12aNt2，可得加速度关系为 aM＞aN，故B错误。
C、根据牛顿第二定律及aM＞aN，得qMEmM>qNEmN，而 mM=mN，得电荷量关系为 qM＞qN，故C正确。
D、电场力对电荷做的功公式 W=qEy，由于qM＞qN，yM＞yN，所以有WM＞WN，即电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故D错误；
故选：C。
【点睛】
本题的关键将电荷的合运动沿水平和竖直方向正交分解，然后根据运动学公式和牛顿第二定律列式进行分析．
5．D
【详解】
由题意知vcs60°=v0
解得v=2v0
又
故AB两点间电压U=-300V；
故选D。
6．D
【详解】
AB．若物体做匀加速运动，则平均速度为
=
根据v-t图像的面积等于位移可知，物体在时间t内的位移大于做匀加速运动的位移，可知平均速度
>
选项AB错误；
CD．因为v-t图像的斜率等于加速度，可知a随时间逐渐减小，选项C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】
在相同距离上的两点，电势差大，场强不一定大．若两点沿电场线方向相同距离上的两点，电势差大的其场强却不变，故A错误；任意两点的电势差，等于场强和这两点间沿电场线方向距离的乘积，故B错误；电势降低最快的方向是电场强度的方向，电势降低的方向不一定是场强方向，故C错误；匀强电场中场强和电势差的关系式是U=Ed，沿电场线方向的距离d相同时，两点间电势差U相同，故D正确．所以D正确，ABC错误．
8．ABD
【解析】
依据粒子运动的情况可知，粒子受的电场力方向竖直向上，而电容器上极板为正极，即电场强度方向竖直向下，故粒子带负电，故A正确．下落的过程重力做功，故重力不能忽略不计，故B正确．运用动能定理得，将下极板向上平移，设运动到距离上极板处返回，根据动能定理得，联立两式解得：，即粒子将在距上极板处返回，故C错误，D正确．故选ABD．
9．AD
【解析】
【详解】
A.荧光屏上只有竖直亮线，说明水平方向没有偏转，故只有YY′间加有电压，A正确；
B.图乙的荧光屏上只有竖直亮线，由左手定则可知，只有水平方向的磁场，B错误；
C.电子经过甲图中的偏转电极，电场力做了正功，故速度大小和方向都发生变化，C错误；
D.电子经过乙图中的偏转线圈，洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向变化，D正确；
故选AD。
10．BD
【详解】
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．
11．AC
【详解】
A．当施加沿斜面向上的外力F=3mgsin时，物体B静止，可判断电场力沿斜面向下，物体B带负电，对B分析可知
F-mgsinθ-F电=0
解得
F电=2mgsinθ
故A正确；
B．当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为
F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a
解得
a=gsinθ
故B错误；
C．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由
kx=F电+mgsinθ
解得
故C正确；
D．物体B的电场力做正功，整个系统的机械能增加，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；
故选AC。
12．AD
【详解】
A.沿电场线电势降低，因此电极A1的电势低于电极A2，故A正确；
B.据电场线的疏密程度可知，因此Q点电场线比R点电场线密，故Q点的电场强度大于R点的电场强度，故B错误；
C.电子从P至R的运动过程中，是由低电势向高电势运动时，电场力做正功，动能增加，电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，选项C错误；
D.电子从P至R的运动过程中，由低电势向高电势运动，电场力做正功，故D正确．
13．负;下;0.5g;
【解析】
【详解】
液滴在电场中静止，处于平衡状态，根据受力分析可知受到向上的电场力，故液滴带负电；
由mg=qE
若场强变为原来的12，由F=qE可知电场力变为原来的12，故合力为F合＝mg−F′电＝12mg，加速度为a=F合m＝0.5g，向下做匀加速运动。
【点睛】
本题考查电荷在电场中受力平衡与加速两种情况，掌握平衡方程与牛顿第二定律的应用．注意正电荷的电场力与电场强度方向相同.
14．
【详解】
小物块由静止滑到最低点由动能定理得
在最低点由牛顿第二定律得
联立以上两式得
由牛顿第三定律，物块对轨道的压力
N′=N
15．
【解析】
带电小球从A运动到B过程中，重力做正功，电场力做负功，根据动能定理可得，所以，在B点时拉力
16．33mg；33mg；
【解析】
【详解】
带电小球A，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，此过程中电场力F对小球做正功，重力G做负功，细线拉力T不做功，根据动能定理，则有：Flsinα-mgl（1-csα）=0，解得：F=33mg；
改变电场强度的大小后，平衡在α=30°处时，根据矢量的合成法则，结合三角知识则有：F′=mgtan30°=33mg；
17．（1），；（2）
【详解】
(1) PG、QG间的电场强度大小相等、方向相反，设为E，则有
设粒子第一次到达G时动能，根据动能定理可得
解得
粒子在PG间运动的加速度为
此过程中粒子运动时间为t，则有
在水平方向上的位移大小为
x=v0t
解得
(2) 若粒子恰好从距离G也为h的位置离开电场，根据对称性可知，此时金属板的长度为
18．
【详解】
带电粒子在加速电场中运动，由动能定理得
得
带电粒子在AB间的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
L=v0t
带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子飞出偏转时的偏转量为
联立得
带电粒子飞出偏转时偏转角正切
可得

解得粒子束打在屏上的位置到屏中心间的距离
Y=y+2Ltanθ
19．
【详解】
粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L=v0t，
在竖直方向上： 由牛顿第二定律得：qE=ma
联立解得：E=
20．(1) (2) (3)
【详解】
(1)设离子在第一象限的速度为v0．在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向心力有：
解得：
(2)在第二象限内，只有电场力对离子做功，由动能定理得：
解得：
(3)时，离子在x方向的速度
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
每个周期离子在x方向前进
因为开始计时时离子坐标为x0，所以nT时，离子的横坐标为
纵坐标为
在nT时离子的坐标为：