高考物理一轮复习课时检测四十二带电粒子体在电场中的运动含解析新人教版

带电粒子（体）在电场中的运动

1.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.＜

解析：选C　根据qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝··2，由题意知，y＜d，解得＜， 故选项C正确。

2.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)

A．θ增大，E增大　　　　　　　　 B．θ增大，Ep不变

C．θ减小，Ep增大  D．θ减小，E不变

解析：选D　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。

3.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)

A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1

C．5∶2  D．3∶1

解析：选A　设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qE＝MaM，由运动学公式得：

l＝aMt2；

对m，由牛顿第二定律有qE＝mam，根据运动学公式得：

l＝amt2

由以上几式解之得：＝，故A正确。

4.如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4。两粒子在O点上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD，忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)

A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2

B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1

C．A和B的初速度大小之比为1∶4

D．A和B的位移大小之比为1∶2

解析：选C　粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h＝at2＝t2，可知 A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，根据qE＝ma，可知A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错；根据题意OC＝CD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据x＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C对；A和B的水平方向位移大小之比为1∶2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D错。

5.如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为(　　)

A.    B.

C.    D.

解析：选C　β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有＝at2，且a＝。从A到C的过程有－qU＝mv02－mv2，以上各式联立解得v＝

 ，选项C正确。

6．如图所示，两个平行带电金属板M、N相距为d，M板上距左端为d处有一个小孔A，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O处以初速度v1平行于两板射入，乙粒子从A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N板的中点B处，则初速度v1与v2的关系正确的是(　　)

A.＝  B.＝

C.＝2  D.＝

解析：选C　设带电粒子在电场中的加速度为a，则对甲粒子，竖直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；对乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即选项C正确。

7.如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上。不计空气阻力及油滴间的相互作用，则(　　)

A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等

B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等

C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2

D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4

解析：选D　沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：＝，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向做匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间比等于位移比，即2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x＝v0t，设板间距为d，竖直方向：＝at2，联立解得：a＝，水平位移之比等于2∶1，所以加速度大小之比为1∶4，D正确。

8．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)

A．微粒一定带正电

B．微粒一定做匀速直线运动

C．可求出匀强电场的电场强度

D．可求出微粒运动的加速度

解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错误，D正确；电场力qE＝，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。

9．(2021·武汉调研) 如图所示，较大的平行金属板正对水平放置，P板在上、Q板在下，距离为d。质量为m、电荷量为＋q的带电小球自距P板d处的O点由静止释放，运动时间t，在PQ两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：

(1)PQ两板电势差UPQ；

(2)欲使小球不与下板Q接触，t的最大值；

(3)当t取(2)最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，PQ两板电势差UPQ′满足的条件。

解析：(1)静止释放，小球做自由落体运动，

t时间内位移h＝gt2，t时刻的速度v1＝gt

若加上电场后，假设小球的加速度为a1,2t时间内小球的位移(假设竖直向上为正方向)x＝－v1·2t＋a1(2t)2

根据题意可知：x＝h，解得：a1＝g

小球运动过程中由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma1

两极板间电压U＝Ed，电场方向向上，所以Q极板电势高，所以PQ两极板的电势差UPQ＝－。

(2)若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为0，所以：h＋＝d，解得：t＝ 。

(3)小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达O点速度为v2，则：v22＝2·g·d，小球恰好不与P板接触，则小球到达P板速度为零，设自O点到P板过程中加速度为a2，则：v22＝2·a2·d，解得：a2＝g>g

所以电场方向下，对小球应用牛顿第二定律：

mg＋q＝ma2

则PQ两板电压U′＝

电场方向向下，所以P板电势高，故PQ两板电压满足：

UPQ′≥。

答案：(1)－　(2) 　(3)UPQ′≥

[潜能激发]

10.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)

解析：选C　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。

11.如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场。让质子流(不计重力)以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　)

A．开关S断开　　　 B．质子初速度变为

C．板间电压变为  D．竖直移动上板，使板间距变为2d

解析：选C　开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，A错误；将质子初速度变为，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，B错误；当板间电压变为时，场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，运动时间变为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移变为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，运动时间变为原来的倍，同理可知水平位移变为原来的倍，不能到达下板边缘，D错误。

12．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字)。求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；

(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。

解析：(1)根据动能定理有eU0＝mv02

解得v0≈3.0×107 m/s。

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，

电子在水平方向做匀速直线运动L1＝v0t

电子在竖直方向上做匀加速直线运动y＝at2

根据牛顿第二定律有＝ma

解得y≈0.36 cm

电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由几何关系知

＝，解得h＝0.72 cm。

(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功

W＝ey≈5.8×10－18 J。

答案：(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J