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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（暑期衔接练习五）（人教版2019）
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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（暑期衔接练习五）（人教版2019），共21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．水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷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，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．两电荷在电场中运动的加速度相等
B．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
C．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
D．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
2．在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，两点电荷M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示。不考虑点电荷所受的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电荷量一定相等
B．两点电荷在电场中运动的时间一定相等
C．两点电荷在电场中运动的加速度一定相等
D．两点电荷离开电场时的动能一定相等
3．以长为2a、宽为a长方形光滑水平桌面的两邻边为坐标轴建立如图的平面直角坐标系xOy，桌面上方有方向沿+y的匀强电场，现从坐标原点O沿+x方向弹射出一个带正电的小球（视为质点），小球恰能经过桌面的对角线的交点P，则小球离开桌面时的位置坐标为（ ）
A．（a，a）
B．（a，a）
C．（a，a）
D．（2a，a）
4．如图所示为一物体运动的速度-时间图像，下列说法正确的是（ ）
A．5s末加速度反向B．5s~6s内加速度的方向与速度的方向相反
C．8s末离出发点最远D．前6s的平均速度大小为1.5m/s
5．如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O′为圆心在平面内旋转相同角度后，带电粒子依旧能够沿直线从A运动到B，则( )
A．平行金属板一定顺时针旋转45°
B．平行金属板一定逆时针旋转45°
C．带电粒子电势能一定逐渐增加
D．带电粒子一定做匀变速直线运动
6．离子发动机飞船的原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙中选了氙，理由是用同样的电压加速，它喷出时（ ）
A．速度大B．动量大C．动能大D．质量大
7．速度方向相同、动能一样大的电子、氕核（1个质子）、和α粒子（2个质子、2个中子）从AD边某点O垂直进入某种场中（甲为匀强电场，乙为匀强磁场），都能从BC边离开场区域。关于它们在场中的运动，不计质子与中子的质量差异。下列说法正确的是（ ）
A．若为匀强电场，离开电场时氕核和α粒子动能增加，电子动能减小
B．若为匀强电场，离开电场时有两种粒子的速度偏角大小相等
C．若为匀强磁场，运动轨迹有三条
D．若为匀强磁场，离开磁场时α粒子动能最大
二、多选题
8．如图所示为阴极射线管的结构示意图，从阴极脱离出来的电子经阴极和阳极之间的加速电场加速后通过阳极上的小孔，然后在偏转电极间电场作用下发生偏转并最终打在荧光屏上形成亮点P，关于阴极射线管的工作原理，下列说法正确的是（ ）
A．当偏转电极的电势时，电子流将可能沿图示径迹运动并在荧光屏上形成亮点P
B．若只增加阴极和阳极间的加速电压，亮点P将沿y轴远离荧光屏中心O
C．若只减小偏转电极间的电压，亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O
D．若只增加偏转电极间的电压，电子从阴极出发运动到荧光屏的时间将不变
9．如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其图象如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．沿电场线由A到B，电势逐渐降低
B．小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大
C．A、B两点的电势差
D．该电场为匀强电场，其电场强度大小为
10．如图所示，绝缘光滑圆形导轨固定于竖直面内，半径R=0.4m。空间存在与轨道平面平行的匀强电场。带电小球沿轨道内侧做完整的圆周运动，小球动能最大的位置在A点，圆心O与A点的连线与竖直方向的夹角为θ。在A点时小球对轨道的压力FN=120N，运动过程中小球的最大动能比最小动能多16J。当小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其他条件都不变，则经s时间后小球动能与在A点时的动能相等。（不计空气阻力，g取10m/s2，小球所带电荷量保持不变）则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道内运动时对轨道的最小压力等于小球重力
B．小球在轨道内运动的最小动能为4J
C．小球的质量为1kg
D．若θ=60°，则小球受到的电场力为N
11．如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O~X2间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在O~X2间，场强先减小后增大
B．在O~X2间，场强方向一定发生了变化
C．若一负电荷从O点运动到X2点，电势能逐渐增大
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O~X2间一直做加速运动
12．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（ ）
A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变
B．物体开始运动后加速度不断增大
C．经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值
三、填空题
13．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为0，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，带电粒子带________电，ab两点间的电势差为________．
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，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度________．当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力________．
16．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=_______。
四、解答题
17．如图所示，在第二象限内存在一个半径为a的圆形有界匀强磁场，磁场圆心坐标。在位置坐标为的P点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为m、带电量的粒子，其速度大小均为v。这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直xOy平面向外的有界匀强磁场区域，该区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，粒子经过该磁场后，全部汇聚到位置坐标为的Q点，再从Q点进入第四象限，第四象限内有大小为、方向水平向左的匀强电场。不计粒子重力，求：
（1）第二象限圆形有界匀强磁场的磁感应强度；
（2）第一象限有界磁场的最小面积；
（3）这些粒子经过匀强电场后再次经过y轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远位置坐标。
18．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图，在xy平面的第一象限内存在以x轴、y轴及双曲线的一段（）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在CNPO的匀强电场区域Ⅱ，两电场场强大小均为E，将一电子从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放，已知电子的电量为e，质量为m，不计电子所受重力，求：
（1）电子刚进入区域Ⅱ时速度vc的大小；
（2）电子离开CNPO区域时的坐标。
19．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带负电的微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知MN左右两侧的电场强度大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示。带电微粒质量m=1.0×10-20kg，带电量q=1.0×10-9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力。求：
(1)带电微粒在A点受到的电场力的大小和方向；
(2)B点距虚线MN的距离d2；
(3)带电微粒从A点运动到B点的时间t；
20．如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为．有一带电量为、质量为的小球（可视为质点）以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为，重力加速度为，求：
（1）两板间的电场强度大小；
（2）小球从A孔进入电场时的速度；
（3）从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？
参考答案
1．B
【详解】
若两板间电压为U，间距为d，长为L．两电荷质量均为m，则由题意
①
②
由①式分析得vM、vN不一定相同；由②式分析得
由②进一步分析可得两个电荷的加速度
根据W=Uq可知，电场力对电荷所做的功
则B正确，ACD错误。
故选B。
2．B
【详解】
AB．两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动；设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动为
因为L、v0相同，则时间t相同。水平方向的位移为
电场力提供加速度
则有
因为E、t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，故q有可能不相等；故A错误，B正确。
C．由侧向位移大小
因为t相同，y不同，所以加速度a不等，故C错误；
D．根据动能定理
可得
所以大小关系无法判断，故D错误。
故选B。
3．B
【详解】
小球在电场中做类平抛运动，设初速度为v0，加速度为，则有
y方向
x方向
联立解得
小球离开桌面时，在y方向
x方向
联立可得
由以上可知小球离开桌面时的位置坐标为（a，a），故B正确，ACD错误。
故选B。
4．D
【详解】
A．根据v－t图象的斜率表示加速度，知4－6s内图象是直线，斜率不变，加速度不变，所以，5s末加速度没有反向，故A错误；
B．5s～6s内物体沿负方向做匀加速直线运动，加速度的方向与速度的方向相同，故B错误；
C．0～5s内物体沿正方向运动，5～8s内物体沿负方向运动，则5s末离出发点最远，故C错误；
D．根据图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，前6s的位移大小为
平均速度大小为
故D正确。
故选D。
5．D
【详解】
AB.刚开始时粒子做匀速直线运动，mg＝qE＝q ，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零．如图所示，平行金属板顺时针旋转θ角，则，所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无关，选项AB错误；
CD.根据受力分析可知，电场力做正功，粒子的电势能逐渐减少，粒子做匀加速直线运动；同理，若平行金属板逆时针旋转θ角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项C错误，D正确．
6．B
【详解】
以隋性气体离子为研究对象，根据动能定理得
带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同
可见v与成反比，可见疝气喷出时的速度比较小，由公式
p与成正比，因氙质量最大，故获得的动量大
故选B。
7．B
【详解】
A．若为匀强电场，离开电场时氕核和α粒子向下偏转，电场力做正功，动能增加，电子向上偏转，电场力做正功，动能增加，故A错误；
B．因为粒子垂直电场方向进入匀强电场，粒子做类平抛运动，粒子的速度偏角的正弦值为
因为开始时三种粒子的动能相等，电子和氕核的带电量相等，所以离开电场时电子和氕核这两种粒子的速度偏角大小相等，故B正确；
C．若为匀强磁场，粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
又因为
则
所以氕核和α粒子的轨迹完全一样，即运动轨迹有两条，故C错误；
D．粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力不做功，因为开始时三种粒子的动能相等，所以离开磁场时三种粒子的动能相等，故D错误。
故选B。
8．CD
【详解】
A．当偏转电极的电势时，在偏转电场区域电场向上，电子受向下的电场力，故轨迹向下偏，故A错误；
B．若只增加阴极和阳极间的加速电压U1，根据
eU1=mv2
粒子获得的速度增加；故穿过偏转电场区域的时间减小，在偏转电场区域竖直分运动是匀加速直线运动，根据
y=at2
其竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故B错误；
C．若只减小偏转电极间的电压U2，电子穿过偏转电场区域的时间不变，电子加速度大小
减小，在偏转电场区域竖直分运动是匀加速直线运动，根据
y=at2
其竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故C正确；
D．穿过偏转电场区域时，若只增加偏转电极间的电压，不影响水平分运动，故其水平分运动的时间不变，故电子从阴极出发运动到荧光屏的时间不变，故D正确；
故选CD。
【点睛】
本题关键是明确粒子的运动分为匀加速直线运动、类似平抛运动和匀速直线运动三个过程，采用正交分解法研究，根据动能定理、类似平抛运动的分运动规律分析即可。
9．BD
【详解】
AB．根据图像可知
斜率为
解得加速度为
可知小球向下做匀加速直线运动，且电场力向上，电场力做负功，电势能增大，电势沿电场线由A到B，电势逐渐升高，故A错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律
解得电场强度大小为
故D正确；
C．A、B两点的电势差
故C错误。
故选BD。
10．BC
【详解】
将重力场和电场合成为等效场，其合力将沿OA方向，在A点由牛顿第二定律：
而在A点由牛顿第三定律：
小球从等效最低点到等效最高点，由动能定理：
有：
B．联立各式解得：
故B项正确。
A．小球在等效最高点时对轨道的压力最小，由牛顿第二定律：
解得：
故小球在轨道内运动时对轨道的最小压力等于零，A项错误；
C．小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其他条件都不变，则小球做类平抛运动，经s时间后沿等效重力的方向的速度为：
合速度为
动能为：
联立解得：
故C项正确；
D．根据所求结果，重力，两者的夹角为θ=60°，则电场力为：
故D项错误。
11．CD
【详解】
φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变．故AB错误．由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高．故C正确．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动．故D正确．故选CD．
【点睛】
本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．
12．BC
【解析】
【详解】
ABD．t＝0时，物体受重力、向左的电场力、墙壁对物体的支持力、墙壁对物体的静摩擦力，物体处于静止状态；随着电场的减小，向左的电场力减小、墙壁对物体的支持力减小、墙壁对物体的最大静摩擦力减小，当最大静摩擦力小于重力后，物体开始沿竖直墙壁下降；随着电场的减小，向左的电场力减小、墙壁对物体的支持力减小、墙壁对物体的滑动摩擦力减小，物体竖直向下的加速度增大，物体沿竖直墙壁向下做加速度增大的加速运动；当电场方向反向后，物体受电场力和重力，物体水平方向做加速度增大的加速运动，竖直方向做匀加速运动，物体的合加速度增大，物体做加速度增大的曲线运动；故AD两项错误，B项正确；
C．当场强减小到0后，物体离开竖直墙壁，设物体沿竖直墙壁运动时间为t，则
解得：
故C项正确。
13．负
【详解】
[1]．在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电；
[2]．由于粒子在a点静止，到达b点速度为零，则由动能定理可得：
-qUab-mgh=0
解得：
．
【点睛】
解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解，注意明确动能定理的正确应用．
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． 6qE
【详解】
[1]在A点，由牛顿第二定律可得
，
故
[2]从A到B，由动能定理可得
，
在B点由牛顿第二定律得
，
联立解得。
16．
【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
17．（1） （2） （3）3v；（0，）
【详解】
（1）要想使这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，则粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径必须和圆形磁场的半径相同，即：
R=a
在磁场中，由洛仑兹力提供向心力：
联立可得：
由左手定则知：磁感应强度B的方向垂直xOy平面向外
（2）第一象限区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，则根据
此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为
R′=2a
则最小磁场的直径为
最小面积为
（3）粒子在从P到Q运动的过程中，所经历的磁场区域均不可以改变其速度的大小，所有粒子在到达Q点的速度仍是v。虽然不同粒子在Q点的速度方向不同，从Q到y轴负方向，
由动能定理可得：
解得：
由第一象限内的磁场分布可以知道，所有从Q点射出的粒子，其速度大小均为v，方向颁布在沿x轴正向与y轴负向之间的90°范围之内。
现研究从Q点射出的，速度与y轴负向平角为θ的粒子。其轨迹应是类斜抛。则有
y=v csθ×t
联立两式，消去θ可得：
从此式可以看出：
当时，
故第二次经过y轴最远位置坐标为：（0，）
18．（1）（2）（-L，0）
【详解】
(1)设B点的横坐标为xB，由双曲线方程有
电子在电场力作用下加速经过场区Ⅰ后到达C，由动能定理有
联立解得
(2)假设电子在经过场区Ⅱ从N、P间离开电场，在电场区Ⅱ中运动时间为t，则由运动的合成和分解在x方向有
y方向有
联立解得
即电子恰从P点飞出场区Ⅱ，故其坐标为（-L，0）
19．(1)2.0×10-6N，方向向右；(2)；(3)1.5×10-8s
【详解】
(1)设微粒在A点的电场力，根据
F=qE1
解得
F=2.0×10-6N
方向向右
(2)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理
解得
(3)设微粒在虚线MN左侧的加速度大小为a1，右侧的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律
qE1=ma1
qE2=ma2
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式
t=t1+t2
解得
t =1.5×10-8s
20．（1）；（2）；（3）电势能增加
【详解】
（1）由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为，减速到右板的时间为，则有：
水平方向
竖直方向
联立解得
（2）在水平方向上根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（3）小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即
在竖直方向上做加速运动，即
小球在电场中的速度大小为
联立由数学知识可得
时小球速度达到最小，此时粒子在水平方向的位移为
在此过程中电场力做功为
而
联立解得
即粒子的电势能增加
一、单选题
1．水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷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，如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．两电荷在电场中运动的加速度相等
B．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量
C．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
D．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
2．在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，两点电荷M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示。不考虑点电荷所受的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电荷量一定相等
B．两点电荷在电场中运动的时间一定相等
C．两点电荷在电场中运动的加速度一定相等
D．两点电荷离开电场时的动能一定相等
3．以长为2a、宽为a长方形光滑水平桌面的两邻边为坐标轴建立如图的平面直角坐标系xOy，桌面上方有方向沿+y的匀强电场，现从坐标原点O沿+x方向弹射出一个带正电的小球（视为质点），小球恰能经过桌面的对角线的交点P，则小球离开桌面时的位置坐标为（ ）
A．（a，a）
B．（a，a）
C．（a，a）
D．（2a，a）
4．如图所示为一物体运动的速度-时间图像，下列说法正确的是（ ）
A．5s末加速度反向B．5s~6s内加速度的方向与速度的方向相反
C．8s末离出发点最远D．前6s的平均速度大小为1.5m/s
5．如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O′为圆心在平面内旋转相同角度后，带电粒子依旧能够沿直线从A运动到B，则( )
A．平行金属板一定顺时针旋转45°
B．平行金属板一定逆时针旋转45°
C．带电粒子电势能一定逐渐增加
D．带电粒子一定做匀变速直线运动
6．离子发动机飞船的原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙中选了氙，理由是用同样的电压加速，它喷出时（ ）
A．速度大B．动量大C．动能大D．质量大
7．速度方向相同、动能一样大的电子、氕核（1个质子）、和α粒子（2个质子、2个中子）从AD边某点O垂直进入某种场中（甲为匀强电场，乙为匀强磁场），都能从BC边离开场区域。关于它们在场中的运动，不计质子与中子的质量差异。下列说法正确的是（ ）
A．若为匀强电场，离开电场时氕核和α粒子动能增加，电子动能减小
B．若为匀强电场，离开电场时有两种粒子的速度偏角大小相等
C．若为匀强磁场，运动轨迹有三条
D．若为匀强磁场，离开磁场时α粒子动能最大
二、多选题
8．如图所示为阴极射线管的结构示意图，从阴极脱离出来的电子经阴极和阳极之间的加速电场加速后通过阳极上的小孔，然后在偏转电极间电场作用下发生偏转并最终打在荧光屏上形成亮点P，关于阴极射线管的工作原理，下列说法正确的是（ ）
A．当偏转电极的电势时，电子流将可能沿图示径迹运动并在荧光屏上形成亮点P
B．若只增加阴极和阳极间的加速电压，亮点P将沿y轴远离荧光屏中心O
C．若只减小偏转电极间的电压，亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O
D．若只增加偏转电极间的电压，电子从阴极出发运动到荧光屏的时间将不变
9．如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其图象如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）
A．沿电场线由A到B，电势逐渐降低
B．小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大
C．A、B两点的电势差
D．该电场为匀强电场，其电场强度大小为
10．如图所示，绝缘光滑圆形导轨固定于竖直面内，半径R=0.4m。空间存在与轨道平面平行的匀强电场。带电小球沿轨道内侧做完整的圆周运动，小球动能最大的位置在A点，圆心O与A点的连线与竖直方向的夹角为θ。在A点时小球对轨道的压力FN=120N，运动过程中小球的最大动能比最小动能多16J。当小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其他条件都不变，则经s时间后小球动能与在A点时的动能相等。（不计空气阻力，g取10m/s2，小球所带电荷量保持不变）则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道内运动时对轨道的最小压力等于小球重力
B．小球在轨道内运动的最小动能为4J
C．小球的质量为1kg
D．若θ=60°，则小球受到的电场力为N
11．如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O~X2间各点的电势分布如图乙所示，则（ ）
A．在O~X2间，场强先减小后增大
B．在O~X2间，场强方向一定发生了变化
C．若一负电荷从O点运动到X2点，电势能逐渐增大
D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O~X2间一直做加速运动
12．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按E＝E0－kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，当t＝0时刻物体处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（ ）
A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变
B．物体开始运动后加速度不断增大
C．经过时间t＝，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D．经过时间t＝，物体运动速度达最大值
三、填空题
13．如图所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为0，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，带电粒子带________电，ab两点间的电势差为________．
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，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动．若小球经A点时速度的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度________．当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力________．
16．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=_______。
四、解答题
17．如图所示，在第二象限内存在一个半径为a的圆形有界匀强磁场，磁场圆心坐标。在位置坐标为的P点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为m、带电量的粒子，其速度大小均为v。这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直xOy平面向外的有界匀强磁场区域，该区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，粒子经过该磁场后，全部汇聚到位置坐标为的Q点，再从Q点进入第四象限，第四象限内有大小为、方向水平向左的匀强电场。不计粒子重力，求：
（1）第二象限圆形有界匀强磁场的磁感应强度；
（2）第一象限有界磁场的最小面积；
（3）这些粒子经过匀强电场后再次经过y轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远位置坐标。
18．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图，在xy平面的第一象限内存在以x轴、y轴及双曲线的一段（）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在CNPO的匀强电场区域Ⅱ，两电场场强大小均为E，将一电子从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放，已知电子的电量为e，质量为m，不计电子所受重力，求：
（1）电子刚进入区域Ⅱ时速度vc的大小；
（2）电子离开CNPO区域时的坐标。
19．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带负电的微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知MN左右两侧的电场强度大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示。带电微粒质量m=1.0×10-20kg，带电量q=1.0×10-9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力。求：
(1)带电微粒在A点受到的电场力的大小和方向；
(2)B点距虚线MN的距离d2；
(3)带电微粒从A点运动到B点的时间t；
20．如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为．有一带电量为、质量为的小球（可视为质点）以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为，重力加速度为，求：
（1）两板间的电场强度大小；
（2）小球从A孔进入电场时的速度；
（3）从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？
参考答案
1．B
【详解】
若两板间电压为U，间距为d，长为L．两电荷质量均为m，则由题意
①
②
由①式分析得vM、vN不一定相同；由②式分析得
由②进一步分析可得两个电荷的加速度
根据W=Uq可知，电场力对电荷所做的功
则B正确，ACD错误。
故选B。
2．B
【详解】
AB．两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动；设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动为
因为L、v0相同，则时间t相同。水平方向的位移为
电场力提供加速度
则有
因为E、t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，故q有可能不相等；故A错误，B正确。
C．由侧向位移大小
因为t相同，y不同，所以加速度a不等，故C错误；
D．根据动能定理
可得
所以大小关系无法判断，故D错误。
故选B。
3．B
【详解】
小球在电场中做类平抛运动，设初速度为v0，加速度为，则有
y方向
x方向
联立解得
小球离开桌面时，在y方向
x方向
联立可得
由以上可知小球离开桌面时的位置坐标为（a，a），故B正确，ACD错误。
故选B。
4．D
【详解】
A．根据v－t图象的斜率表示加速度，知4－6s内图象是直线，斜率不变，加速度不变，所以，5s末加速度没有反向，故A错误；
B．5s～6s内物体沿负方向做匀加速直线运动，加速度的方向与速度的方向相同，故B错误；
C．0～5s内物体沿正方向运动，5～8s内物体沿负方向运动，则5s末离出发点最远，故C错误；
D．根据图象与时间轴围成的面积表示位移，可知，前6s的位移大小为
平均速度大小为
故D正确。
故选D。
5．D
【详解】
AB.刚开始时粒子做匀速直线运动，mg＝qE＝q ，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零．如图所示，平行金属板顺时针旋转θ角，则，所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无关，选项AB错误；
CD.根据受力分析可知，电场力做正功，粒子的电势能逐渐减少，粒子做匀加速直线运动；同理，若平行金属板逆时针旋转θ角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项C错误，D正确．
6．B
【详解】
以隋性气体离子为研究对象，根据动能定理得
带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同
可见v与成反比，可见疝气喷出时的速度比较小，由公式
p与成正比，因氙质量最大，故获得的动量大
故选B。
7．B
【详解】
A．若为匀强电场，离开电场时氕核和α粒子向下偏转，电场力做正功，动能增加，电子向上偏转，电场力做正功，动能增加，故A错误；
B．因为粒子垂直电场方向进入匀强电场，粒子做类平抛运动，粒子的速度偏角的正弦值为
因为开始时三种粒子的动能相等，电子和氕核的带电量相等，所以离开电场时电子和氕核这两种粒子的速度偏角大小相等，故B正确；
C．若为匀强磁场，粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
又因为
则
所以氕核和α粒子的轨迹完全一样，即运动轨迹有两条，故C错误；
D．粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力不做功，因为开始时三种粒子的动能相等，所以离开磁场时三种粒子的动能相等，故D错误。
故选B。
8．CD
【详解】
A．当偏转电极的电势时，在偏转电场区域电场向上，电子受向下的电场力，故轨迹向下偏，故A错误；
B．若只增加阴极和阳极间的加速电压U1，根据
eU1=mv2
粒子获得的速度增加；故穿过偏转电场区域的时间减小，在偏转电场区域竖直分运动是匀加速直线运动，根据
y=at2
其竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故B错误；
C．若只减小偏转电极间的电压U2，电子穿过偏转电场区域的时间不变，电子加速度大小
减小，在偏转电场区域竖直分运动是匀加速直线运动，根据
y=at2
其竖直方向的偏移量减小，故亮点P将沿y轴靠近荧光屏中心O，故C正确；
D．穿过偏转电场区域时，若只增加偏转电极间的电压，不影响水平分运动，故其水平分运动的时间不变，故电子从阴极出发运动到荧光屏的时间不变，故D正确；
故选CD。
【点睛】
本题关键是明确粒子的运动分为匀加速直线运动、类似平抛运动和匀速直线运动三个过程，采用正交分解法研究，根据动能定理、类似平抛运动的分运动规律分析即可。
9．BD
【详解】
AB．根据图像可知
斜率为
解得加速度为
可知小球向下做匀加速直线运动，且电场力向上，电场力做负功，电势能增大，电势沿电场线由A到B，电势逐渐升高，故A错误，B正确；
D．根据牛顿第二定律
解得电场强度大小为
故D正确；
C．A、B两点的电势差
故C错误。
故选BD。
10．BC
【详解】
将重力场和电场合成为等效场，其合力将沿OA方向，在A点由牛顿第二定律：
而在A点由牛顿第三定律：
小球从等效最低点到等效最高点，由动能定理：
有：
B．联立各式解得：
故B项正确。
A．小球在等效最高点时对轨道的压力最小，由牛顿第二定律：
解得：
故小球在轨道内运动时对轨道的最小压力等于零，A项错误；
C．小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其他条件都不变，则小球做类平抛运动，经s时间后沿等效重力的方向的速度为：
合速度为
动能为：
联立解得：
故C项正确；
D．根据所求结果，重力，两者的夹角为θ=60°，则电场力为：
故D项错误。
11．CD
【详解】
φ-x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变．故AB错误．由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高．故C正确．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动．故D正确．故选CD．
【点睛】
本题从数学的角度理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．
12．BC
【解析】
【详解】
ABD．t＝0时，物体受重力、向左的电场力、墙壁对物体的支持力、墙壁对物体的静摩擦力，物体处于静止状态；随着电场的减小，向左的电场力减小、墙壁对物体的支持力减小、墙壁对物体的最大静摩擦力减小，当最大静摩擦力小于重力后，物体开始沿竖直墙壁下降；随着电场的减小，向左的电场力减小、墙壁对物体的支持力减小、墙壁对物体的滑动摩擦力减小，物体竖直向下的加速度增大，物体沿竖直墙壁向下做加速度增大的加速运动；当电场方向反向后，物体受电场力和重力，物体水平方向做加速度增大的加速运动，竖直方向做匀加速运动，物体的合加速度增大，物体做加速度增大的曲线运动；故AD两项错误，B项正确；
C．当场强减小到0后，物体离开竖直墙壁，设物体沿竖直墙壁运动时间为t，则
解得：
故C项正确。
13．负
【详解】
[1]．在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，也与电场线方向相反，故粒子带负电；
[2]．由于粒子在a点静止，到达b点速度为零，则由动能定理可得：
-qUab-mgh=0
解得：
．
【点睛】
解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解，注意明确动能定理的正确应用．
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． 6qE
【详解】
[1]在A点，由牛顿第二定律可得
，
故
[2]从A到B，由动能定理可得
，
在B点由牛顿第二定律得
，
联立解得。
16．
【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
17．（1） （2） （3）3v；（0，）
【详解】
（1）要想使这些粒子经过圆形磁场后都可以垂直y轴进入第一象限，则粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径必须和圆形磁场的半径相同，即：
R=a
在磁场中，由洛仑兹力提供向心力：
联立可得：
由左手定则知：磁感应强度B的方向垂直xOy平面向外
（2）第一象限区域磁场的磁感应强度大小为第二象限圆形磁场区域内磁感应强度大小的二分之一，则根据
此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为
R′=2a
则最小磁场的直径为
最小面积为
（3）粒子在从P到Q运动的过程中，所经历的磁场区域均不可以改变其速度的大小，所有粒子在到达Q点的速度仍是v。虽然不同粒子在Q点的速度方向不同，从Q到y轴负方向，
由动能定理可得：
解得：
由第一象限内的磁场分布可以知道，所有从Q点射出的粒子，其速度大小均为v，方向颁布在沿x轴正向与y轴负向之间的90°范围之内。
现研究从Q点射出的，速度与y轴负向平角为θ的粒子。其轨迹应是类斜抛。则有
y=v csθ×t
联立两式，消去θ可得：
从此式可以看出：
当时，
故第二次经过y轴最远位置坐标为：（0，）
18．（1）（2）（-L，0）
【详解】
(1)设B点的横坐标为xB，由双曲线方程有
电子在电场力作用下加速经过场区Ⅰ后到达C，由动能定理有
联立解得
(2)假设电子在经过场区Ⅱ从N、P间离开电场，在电场区Ⅱ中运动时间为t，则由运动的合成和分解在x方向有
y方向有
联立解得
即电子恰从P点飞出场区Ⅱ，故其坐标为（-L，0）
19．(1)2.0×10-6N，方向向右；(2)；(3)1.5×10-8s
【详解】
(1)设微粒在A点的电场力，根据
F=qE1
解得
F=2.0×10-6N
方向向右
(2)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理
解得
(3)设微粒在虚线MN左侧的加速度大小为a1，右侧的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律
qE1=ma1
qE2=ma2
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式
t=t1+t2
解得
t =1.5×10-8s
20．（1）；（2）；（3）电势能增加
【详解】
（1）由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为，减速到右板的时间为，则有：
水平方向
竖直方向
联立解得
（2）在水平方向上根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（3）小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即
在竖直方向上做加速运动，即
小球在电场中的速度大小为
联立由数学知识可得
时小球速度达到最小，此时粒子在水平方向的位移为
在此过程中电场力做功为
而
联立解得
即粒子的电势能增加
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