高二物理人教版选修3-1第一章第9节 带电粒子在电场中的运动练习

一、 单项选择题

1. 如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O 点，其中x 轴与XX′电场的场强方向重合，x 轴正方向垂直于纸面向里，y 轴与YY′电场的场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )

A. X 、Y 接电源的正极，X ′、Y′接电源的负极

B. X 、Y′接电源的正极，X ′、Y 接电源的负极

C. X′、Y 接电源的正极，X 、Y′接电源的负极

D. X ′、Y′接电源的正极，X 、Y 接电源的负极

2. 如图所示，两平行的带电金属板水平放置，若在两板中间a 点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再从a 点由静止释放一同样的微粒，则该微粒将( )

A. 保持静止状态

B. 向左上方做匀加速运动

C. 向正下方做匀加速运动

D. 向左下方做匀加速运动

3. 如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度．下列做法可使指针张角增大的是( )

A. 使A 、B 两板靠近些

B. 使A 、B 两板正对面积错开些

C. 断开S 后，使B 板向左平移减小板间距

D. 断开S 后，使A 、B 板错位正对面积减小

4. 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，两粒子同时由静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距2

5l

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

5. 如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a′点，b 粒子打在B 板的b′点．若不计重力，则( )

A. a 的电荷量一定大于b 的电荷量

B. a 的质量一定小于b 的质量

C. a 的比荷一定大于b 的比荷

D. a 的动能增量一定小于b 的动能增量

6. 如图甲所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高U 0，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)．已知电子在0～4t 0时间内未与

两板相碰，则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是( ) A. 0＜t ＜t 0 B. t 0＜t ＜2t 0 C. 2t 0＜t ＜3t 0 D. 3t 0＜t ＜4t 0

二、 不定项选择题

7. 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，

该粒子( )

A. 所受重力与电场力平衡

B. 电势能逐渐增加

C. 动能逐渐增加

D. 做匀变速直线运动

8. 如图所示，M 、N 是真空中的两块相距为d 的平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子恰好能到达N 板．若要使这个带电粒子到达距N 板d

3

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1

3

B. 使M 、N 间电压提高到原来的3

2倍

C. 使M 、N 间电压提高到原来的3倍

D. 使初速度和M 、N 间电压都减为原来的2

3

9. 如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U 1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U 2.一电子由静止开始经U 1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出．不计电子重力，下列说法正确的是( )

A. 减小U 1，电子一定打在金属板上

B. 增大U 1，电子一定打在金属板上

C. 增大U 2，电子一定能从水平金属板间射出

D. 减小U 2，电子一定能从水平金属板间射出

10. 如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T

3时间内微粒匀速运动，T 时刻微

粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T 时间内的运动，下列说法正确的是( )

A. 末速度大小为2v 0

B. 末速度沿水平方向

C. 重力势能减少了1

2

mgd D. 克服电场力做功为mgd

三、 计算题

11. 如图所示，一个质量为m, 带电荷量为＋q 的粒子在O 点以初速度v 0与水平方向成θ角射出， 如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，可使粒子沿初速度方向做直线运动．求：

(1) 所加最小匀强电场的场强大小及方向．

(2) 若加上水平向左、大小一定的匀强电场，则当粒子速度为零时距O 点的距离.

12. 如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与

电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m)无初速度地放入电场E 1中的A 点(A 点离两场边界距离为L

2

)，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O.求：

(1) 电子从释放到刚射出电场E 2时所用的时间．

(2) 电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ. (3) 电子打到屏上的点P′到点O 的距离y.

1. D 解析：若要使电子打在第Ⅲ象限，电子在x 轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X 接负极；电子在y 轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y 接负极，选项D 正确．

2. D 解析：两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．

3. D 解析：由于静电计的金属球与A 板等电势，外壳与B 板等电势(电势都为零)，因此静电计测量的是电容器两板间的电压，如果S 一直闭合，则两板间的电压始终等于电源的电动势，静电计的张角不会改变，选项A 、B 错误；如果使开关S 断开，电容器上带电荷量一定，由U ＝Q C ＝4πkdQ

εS 可知，当两板间的距离减小时，U 变小，静电计的张角变小，

选项C 错误；当两板间的正对面积减小，则两板间的电压增大，静电计的张角增大，选项D

正确．

4. A 解析：两个粒子的加速度为a M ＝qE M ，a m ＝qE

m ，设两粒子经过同一平面的时间为t ，

则位移分别为x M ＝12a M t 2＝25l ，x m ＝12a m t 2＝3

5l ，故M ∶m ＝a m ∶a M ＝x m ∶x M ＝3∶2，选项A

正确．

5. C 解析：粒子在电场中做类平抛运动，由h ＝qE 2m ·????x v 02

，得x ＝v 0

2mh

qE

，由v 02hm a Eq a

＜v 0

2hm b Eq b ，得q a m a ＞q b

m b

，选项A 、B 错误，C 正确；动能增量ΔE k ＝qEh ，q 大小关系未知，选项D 错误．

6. C 解析：在0～t 0时间内，电子向右做初速度为零的匀加速运动，在t 0～2t 0时间内，电子向右做匀减速运动，直到速度减小到零；在2t 0～3t 0时间内，电子向左做初速度为零的匀加速运动，在3t 0～4t 0时间内，电子向左做匀减速运动，直到速度减小为零．所以电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是2t 0～3t 0，选项C 正确．

7. BD 解析：要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析知，粒子受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，选项A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，选项B 正确；合力做负功，故动能减少，选项C 错误；因合力为定值且与运动方向在一直线上，选项D 正确．

8. 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 板时，由动能定理可得－qU ＝－12mv 20，要使粒子到达距N 板d

3后返回，设此时两极板间电压为U 1，

粒子的初速度为v 1，则由动能定理可得－q 2U 13＝－12mv 21，联立解得2U 13U ＝v 21

v 20，选项B 、D 正

确．

9. AD 解析：设电子通过偏转电场的时间为t 1，由qU 1＝1

2mv 2，L ＝vt 1可知，若减小

U 1，则v 减小，时间t 增加，再由y ＝1

2at 2可知，射出偏转电场时的偏转位移增大，故一定

会打在金属板上，选项A 正确；同理可知，若增大U 1，则不会打在金属板上，选项B 错误；由a ＝qE m ＝qU 2md ，y ＝12at 22

可知，若t 2不变，增大U 2时，偏转位移增大，电子不能从水平金属

板射出，选项C 错误；同理，若减小U 2，则电子一定能从水平金属板间射出，选项D 正确．

10. BC 解析：因0～T 3内微粒做匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T

3时间内，粒子只受重

力作用，做平抛运动，在t ＝

2T 3时刻的竖直方向速度为v y1＝gT 3，水平方向速度为v 0；在2T

3

～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y2＝v y1－g T

3＝0，粒子的竖直方向速度减小到零，水平方向速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微

粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理1

2mgd －

W 电＝0，可知克服电场力做功为1

2

mgd ，选项D 错误．

11. 解：(1) 当场强方向与v 0垂直且向左上方时，电场强度最小，如图1所示．由平衡条件知qE min ＝mgcos θ

解得E min ＝

mgcos θ

q

图1

图2

(2) 如图2所示，由牛顿第二定律得mg

sin θ＝ma

解得a ＝g

sin θ

粒子做匀减速运动的位移s ＝v 20

2a ＝v 20sin θ2g

12. 解：(1) 电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1.

由牛顿第二定律和运动学公式得 a 1＝eE 1m ＝eE m L 2＝1

2a 1t 21 v 1＝a 1t 1

电子在电场E 2中沿水平方向做匀速直线运动t 2＝L

v 1

解得运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝2

mL eE

(2) 设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子

在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE

m

t 2＝L v 1 v y ＝a 2t 2 tan θ＝v y

v 1

解得tan θ＝2 (3) 如图，设电子在电场中的偏转距离为y 1，离开电场后沿平行电场方向偏移距离为y 2.

y 1＝12a 2t 22 y 1＝L tan θ＝y 2L

解得y ＝y 1＋y 2＝3L