高中物理人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量5 带电粒子在电场中的运动当堂达标检测题

一、单选题

1．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)

A． 当增大两板间距离时，v增大

B． 当减小两板间距离时，v增大

C． 当改变两板间距离时，v不变

D． 当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间不变

2．.如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板.质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能达到N极.如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是（不计带电粒子的重力）（    ）

A．使初速度减为原来的

B．使M、N间电压加倍

C．使M、N间电压提高到原来的4倍

D．使初速度和M、N间电压都减为原来的

3．如图，一个质子（）和一个α粒子（）从静止开始通过A,B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则（　　）

A． 它们通过加速电场所需的时间之比是

B． 它们通过加速电场过程中速度的增量之比是

C． 它们通过加速电场过程中动能的增量之比是

D． 它们通过加速电场过程中电势能的减少量之比是

4．如图1为示波管的原理图。若在XX′上加上如图2所示的扫描电压，在YY′上加如图3所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是

图1                           图2             图3

A．      B． C．     D．

5．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为

A． U1︰U2＝1︰4    B． U1︰U2＝1︰8

C． U1︰U2＝1︰1    D． U1︰U2＝1︰2

6．如图所示，等量异种电荷的平行金属板A、B水平正对放置．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么：      （      ）

A． 若微粒带负电荷，则A板一定带负电荷B． 微粒从M点运动到N点电势能一定减小

C． 微粒从M点运动到N点动能可能减小

D． 微粒从M点运动到N点机械能可能增加

7．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A，B之间有加速电场，C，D之间有偏转电场，M为荧光屏。现有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，不计粒子重力，则下列说法中正确的是：

A． 三种粒子打到荧光屏上的位置相同

B． 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同

C． 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2

D． 偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4

8．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（    ）

A． U1变大、U2变大B． U1变小、U2变大

C． U1变大、U2变小D． U1变小、U2变小

二、多选题

9．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　)

A． 使U2加倍            B． 使U2变为原来的4倍

C． 仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍   D． 使U2变为原来的倍

10．分别为一价和二价的静止铜离子，经过同一电场加速后，再垂直经过同一偏转电场，然后落到一屏上。如图，离子重力不计，以下判断正确的是：

A． 离子经过加速电场时，二价铜离子受到的电场力的冲量大。

B． 在偏转电场中，电场力对两种离子做的功一样多。

C． 两种铜离子打在屏上时的速度一样大。D． 两种铜离子打在屏上的同一点

11．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间相距为dAB，两板间加有如图（b）所示的交变电压，质量为m，带电量为＋q的粒子（不计重力）被固定在两板的正中间P处，且。下列说法正确的是

A． t＝0由静止释放该粒子，一定能到达B板

B． t＝T/4由静止释放该粒子，可能到达B板

C． 在0<t<T/2和T/2<t<T两个时间段内运动的粒子加速度相同

D． 在T/4<t<T/2期间由静止释放该粒子，一定能到达A板

12．如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子（不计重力），始终从两平行板左侧中点处沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使         

A． 粒子的电量变为原来的

B． 两板间电压减为原来的

C． 两板间距离增为原来的4倍

D． 两板间距离增为原来的2倍

13．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那()

A． 偏转电场E2对三种粒子做功一样多

B． 三种粒子打到屏上时的速度一样大

C． 三种粒子运动到屏上所用时间相同

D． 三种粒子一定打到屏上的同一位置

14．如图所示，质量为、电荷量为的粒子和质量为、电荷量为的粒子，经过同一电场同时由静止开始加速，然后经过同一偏转电场，最后打到荧光屏上，不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是（    ）

A． 它们打到荧光屏上的同一点

B． 它们打到荧光屏上的不同点

C． 粒子比粒子先到达荧光屏

D． 到达荧光屏上时，粒子的动能小于粒子的动能

15．如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）

A． 可能等于零B． 可能等于 C． 可能等于mv02+qEL-mgL  D． 可能等于mv02+qEL+mgL

16．某同学设计了一种静电除尘装置,如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板为绝缘材料,上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0,当碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率,则下列措施可行的是：      （      ）

A． 只增大电压U    B． 只增大高度d

C． 只增大长度L    D． 只增大尘埃被吸入水平速度v0

三、解答题

17．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量，电荷量的带电粒子以平行于金属板的速度持续射向挡板。已知，粒子重力不计，求：

（1）粒子在电场中的运动时间；

（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；

（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。

18．如图,水平放置的平行金属板A、B,间距为d,板长为4d.现有一电荷量为q、质量为m的带负电的质点沿两板中心线以某一初速度 水平身射入,当两板间加上某一恒定电压 时,若A板接正时,该质点就沿两板中心线射出;若A板接负时,该质点就射到B板距左端为d的C处.质点重力不能忽略,重力加速度为g,空气阻力不计.求:

(1)恒定电压U的大小;

(2)质点射入两板时的初速度 ;

(3)当A接正时,为使带电质点能够从两板间射出,求两板所加电压U的范围.

参考答案

1．C

【解析】A、根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：

，

v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，A、B错误；C正确；

D、由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为

电子的加速度为：， 电子在电场中一直做匀加速直线运动，由

所以电子加速的时间为：，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，D错误；

故选C。

2．BD

【解析】由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N极时，由动能定理可得：

-qU=-mv02

要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：

-q=-mv12

联立两方程得：=

可见，选项B、D均符合等式的要求，本题的答案为BD.

3．D

【解析】

【详解】

A.粒子在匀强电场中做匀加速直线运动满足：，又因为，故，，故A错误；

BC.电场力做功W电=qU，根据动能定理，电场力作功等于动能的增量，由W电=Ek-Ek0，故它们通过加速电场过程中动能的增量之比为电荷量之比为1:2，故速度的增量为：，故BC错误；

D.根据电场力做功之比为1:2，而电场力做功等于电势能的减少量， 故它们通过加速电场过程中电势能的减少量之比是1:2 故D正确。

故选：D。

【点睛】

根据匀变速运动的位移公式和牛顿第二定律计算讨论时间关系；根据电场力做的功等于电势能的减少量，只有电场力做功时，电场力做功等于动能的增量判断动能的增量和电势能的变化量，进一步判断速度的增量。

4．A

【解析】

【详解】

示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象；图2中XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象。显示的图象与YY′所载入的图象形状是一样的，A正确．

5．B

【解析】

【分析】

带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解。

【详解】

带电粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0t，，加速度为：，解得，所以，故B正确，ACD错误。

【点睛】

本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论。

6．D

【解析】

【详解】

（1）粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，由运动轨迹可知，它们的合力竖直向下，电场力可能竖直向上而小于重力，也可能竖直向下，故无法判断A板的带电情况，故A错误；

（2）电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，故B错误；

（3）粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力竖直向下，根据动能定理，合力做正功，动能增加，故从M到N动能增加，故C错误；

（4）电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，故D正确；

故本题选D。

【点睛】

曲线运动的条件是合力指向曲线的内侧；粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是匀加速直线运动，结合功能关系分析即可。

7．A

【解析】

【分析】

三种粒子在偏转电场中做类平抛运动，飞出电场后做匀速直线运动，两个过程中水平方向是速度相同的匀速直线运动，根据动能定理求出加速获得的速度表达式，可分析从B板运动到荧光屏经历的时间关系．根据推论分析粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，分析粒子打到荧光屏上的位置关系．根据W=qEy，分析电场力做功之比．

【详解】

设加速电压为，偏转电压为，偏转极板的长度为L，板间距离为d；在加速电场中，由动能定理得，得加速获得的速度为，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，根据推论，可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同。A正确B错误；偏转电压的电场力做功为，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1：1：2，则有电场力对三种粒子做功之比为1：1：2，CD错误．

【点睛】

本题是带电粒子在电场中运动问题，先加速后偏转，是重要推论，掌握要牢固，要抓住该式与哪些因素有关，与哪些因素无关．

8．B

【解析】

【详解】

设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：qU1＝…①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t＝ …②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：…③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④
由①②③④可得：
又有：；故U2变大或U1变小，都可能使偏转角θ变大，故选项B正确，选项ACD错误。故选B。

【点睛】

带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化．第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解．

9．AC

【解析】

【分析】

电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金属板间的匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再进行分析．

【详解】

设平行金属板板间距离为d，板长为l。电子在加速电场中运动时，由动能定理得：，垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有水平方向：，竖直方向：，又，联立以上四式得偏转距离，现使加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，则可以仅使U2加倍或仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍，AC正确．

【点睛】

本题电子先加速，后偏转，根据动能定理和牛顿运动定律、运动学公式结合得到偏转距离，采用的是常规思路．

10．AD

【解析】试题分析：粒子经过加速电场加速后，可以应用动能定理解出其速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，结合动能定理与运动学关系式解出要求的物理量．

在电场中加速时，根据动能定理可得，解得，铜离子受到的冲量，电荷量越大，速度越大，冲量越大，价铜离子受到的电场力的冲量大，故A正确；铜离子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以竖直方向，故，所以在偏转电场中的偏转位移和电荷量无关，故两者打到屏上的同一点，D正确；根据可知电荷量越大，电场力做功越多，B错误；对整个过程：，可见q越大，打在屏上的速度v越大，C错误．

11．AD

【解析】A、t=0由静止释放该粒子，粒子在内向右做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，在内向右做初速度为零的匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，如此反复，粒子一直向右运动，一定能到达B板，故A正确；

B、在由静止释放该粒子，粒子在内向右做初速度为零的匀加速直线运动，在内向右做匀减速直线运动，在内向左做初速度为零的匀加速直线运动，如此反复，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，在内的位移：，然后在内做匀减速直线运动直到速度为零时的位移：，则加速与减速总位移，由题意可知：，即，则，粒子向右运动时不会到的B板，故B错误；C、在和两个时间段内运动的粒子加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故C错误；D、由B分析可知，在期间由静止释放该粒子先向右加速运动，后向右减速运动，再反向向左做加速度，然后做减速运动回到P点，如此反复，粒子最后到达A板，故D正确；故选AD。

【点睛】解决本题的关键会根据物体的受力判断物体的运动，通过加速度的方向与速度方向的关系得出物体的运动规律．本题也可以通过速度时间图象进行分析．

12．AD

【解析】

【分析】

以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动，这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动，根据运动学公式解题；

【详解】

设平行板长度为，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则：沿初速度方向做匀速运动：

垂直初速度方向做匀加速运动：，
欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是，则：
A、使粒子的带电量减少为原来的，则，此时两板间距离仍为d，故粒子恰好穿过电场而不碰金属板，故A正确；
B、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，，此时粒子将打到极板上，故B错误；
C、使两板间的距离增加到原来的4倍，则，此时两板间距离变为4d，粒子射出时距离下板距离，故粒子不是恰好穿过电场而不碰金属板，故C错误；

D、使两板间的距离增加到原来的2倍，则，此时两板间距离变为2d，故粒子恰好穿过电场，故D正确。

【点睛】

带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动。

13．AD

【解析】

【详解】

D、带电粒子在加速电场中加速,设加速电场的长度为d，

由

带电粒子在电场中做类平抛运动：

水平方向上

竖直方向上

即得不同比荷的粒子经过同一个电场加速，再经过同一个电场偏转侧位移相等，所以三个粒子一定打在屏上的同一点，故D对；

A、根据功的定义可得：由于侧位移相等，所以在偏转电场中电场力对电荷做功也相等，故A对；

B、根据动能定理可知 由于比荷不相等，所以打到屏上时的速度不相等，故B错；

C、粒子在加速电场中运动的时间为 ，在偏转电场中的时间为

从整理的公式可以看出，运动时间和比荷有关，由于比荷不等，所以运动时间也不相等，故C错；

故选AD

14．ACD

【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv02得，加速获得的速度为v0=，两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，粒子离开偏转电场时，沿电场线方向的分速度：vy＝at＝;速度的偏转角：tanθ＝，与电荷的电量和质量无关。三个离子离开偏转电场时的速度方向相同，它们打到荧光屏上的同一点，故A正确，B错误；由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，a的荷质比较大，则v0较大，则在加速电场和偏转电场中时间较短，则a粒子比b粒子先到达荧光屏，选项C正确；在偏转电场中的偏转位移 ，与电荷的电量和质量无关。在出离偏转电场的动能：Ek=+qEy＝U1q +qy，所以a粒子的动能小于b粒子的动能。故D正确，故选ACD。

点睛：解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同．

15．BCD

【解析】

【分析】

要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解．

【详解】

令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示

若电场方向平行于AC：
①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为qEL，重力做功为-mg，根据动能定理得：Ek−mv02＝qEL−mgL，即Ek＝mv02+qEL−mgL
②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则Ek=mv02。
若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为qEL，重力做功为mgL，根据动能定理得：Ek−mv02＝qEL+mgL，即Ek＝mv02+qEL+mgL。
由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0。
若电场方向平行于AB：
若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0．若电场力向右，小球从D点离开电场时，有 Ek−mv02＝qEL+mgL则得Ek＝mv02+qEL+mgL
若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0．故粒子离开电场时的动能都不可能为0．故BCD正确，A错误。故选BCD。

【点睛】

解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．

16．AC

【解析】

【详解】

增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为，即增加y即可。

A、只增加电压U可以增加y，故A满足条件。B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故B不满足条件。C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件。D、只增加水平速度v0，y减小，故D不满足条件。故选AC。

【点睛】

此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景—类平抛运动，应用运动的分解知识求解。

17．（1） （2）   （3）19.75cm

【解析】

【详解】

（1）粒子进入电场后水平分速度不变，则在电场中的运动时间

（2）在0～2×10-5s内，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5s～3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为
 

离开电场时竖直方向位移 

解得 y=0.0175m=1.75cm
（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示，t=（3n+2）×10-5s（n=0，1，2，…时刻进入的粒子，向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为：
 

解得 y1=0.0025m=0.25cm
粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为 d-y1=19.75cm
粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm。

【点睛】

解决粒子在电场中偏转问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移。

18．（1） （2） （3）

【解析】(1)当两板加上U0电压且A板为正时,质点沿直线射出，

则有

解得：

(2)A板为负时,设带电质点射入两板做类平抛运动的加速度为a,经时间t射到C点，

则有

水平方向有

竖直方向有

联立解得：

(3)要使带电质点恰好能从两板射出,设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1,

则有

解得

若a1的方向向上,设两板所加恒定电压为U1,有

解得

若a1的方向向下,设两板所加恒定电压为U2，有:

解得：

所以,所加电压范围为:

【点睛】本题质点在电场和重力场中复合场中做类平抛运动，研究方法与平抛运动类似，由牛顿第二定律和运动学结合处理．