1、2019届人教版 带电粒子在电场中的运动 单元测试1.(多选)如图LX2-1所示,一个质量为m、电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入,不计粒子所受的重力.当粒子的入射速度为v时,它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上.现要使质量为m、入射速度为v2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,若只能改变一个物理量,下列做法可行的是()图LX2-1A.使粒子所带的电荷量减小为原来的14B.使两极板间的电势差减小为原来的一半C.使两板间的距离增加为原来的2倍D.使两极板的长度减小为原来的一半2.如图LX2-2所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边缘沿垂直于电场方向射入匀强
2、电场,且恰好从正极板的边缘飞出,现在使电子的入射速度变为原来的两倍,使电子仍从原位置射入,若电子仍从正极板的边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的()A.2倍B.4倍C.12D.14图LX2-23.氕、氘、氚原子核的初速度为零,经同一电场加速后,又经同一匀强电场偏转,最后打在荧光屏上,如图LX2-3所示.下列说法正确的是()A.经过加速电场的过程中,静电力对氚核做的功最多B.经过偏转电场的过程中,静电力对氚核做的功最多C.三种原子核打在屏上的速度一样大D.三种原子核都打在屏的同一位置上图LX2-34.(多选)如图LX2-4甲所示,在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.A板的电势为0,一质量为
3、m、电荷量为q的电子在t=T4时刻进入两极板,仅在静电力作用下,由静止开始运动,恰好能到达B板,则()图LX2-4A.A、B两板间的距离为qU0T216mB.电子在两板间的最大速度为qU0mC.电子在两板间做匀加速直线运动D.若电子在t=T8时刻进入两极板,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最终打在B板上5.(多选)如图LX2-5甲所示,电子静止在两平行金属板A、B间的a点,从t=0时刻开始A、B板间电势差按如图乙所示规律变化,则下列说法中正确的是()图LX2-5A.电子可能在极板间做往复运动B.若t1时刻电子还未从小孔P飞出,则t1时刻电子具有最大动能C.电子能从小孔P飞出,且飞出时的动能
4、不大于eU0D.电子不可能在t2 t3时间内从小孔P飞出知识点三电场与重力场的综合6.如图LX2-6所示,在方向水平向右的匀强电场中,细线一端固定,另一端拴一带正电小球,使球在竖直面内绕固定端O做圆周运动.不计空气阻力,静电力和重力的大小刚好相等,细线长为r.当小球运动到图中位置A时,细线在水平位置,拉力FT=3mg.重力加速度大小为g,则小球速度的最小值为()A.2grB.2grC.(6-22)grD.(6+22)gr图LX2-67.(多选)如图LX2-7所示,M、N是竖直放置的两平行金属板,分别带等量异种电荷,两板间产生一个水平向右的匀强电场,场强为E,一质量为m、电荷量为+q的微粒以初速
5、度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中,在静电力的作用下垂直打到N板上的C点,已知AB=BC.不计空气阻力,则可知()A.微粒在电场中做曲线运动B.微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等C.M、N板间的电势差为2mv02qD.M、N板间的电势差为Ev022g图LX2-78.(多选)如图LX2-8所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左,不计空气阻力,则小球()A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小图LX2-89.如图LX2-9所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号的电荷.一带电微粒沿水平方向射入板间,在重
6、力和静电力共同作用下运动,其运动轨迹如图中虚线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点,其电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点,其动能一定增加D.微粒从M点运动到N点,其机械能一定增加图LX2-910. 如图LX2-10所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.已知小球所受静电力是其重力的34,圆环半径为R,斜面倾角为=53,轨道水平段BC长度sBC=2R.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为()图LX2-1011. A.2RB.4
7、RC.10RD.17R11.如图LX2-11所示,静止的电子在加速电压U1的作用下从O经加速从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,要想使电子射出电场的位置不发生变化,应该()A.使U2变为原来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的2倍D.使U2变为原来的12图LX2-1112.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场,如图LX2-12所示.带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出,由此可知()A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等B
8、.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等图LX2-12C.若入射粒子的比荷相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的比荷相等,则出射粒子的动能一定相等13.如图LX2-13所示,半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上,场强为E的匀强电场与环面平行.一电荷量为+q、质量为m的小球穿在环上,可沿环做无摩擦的圆周运动,若小球经过A点时,速度vA的方向恰与电场方向垂直,且圆环与小球间沿水平方向无力的作用,求:(1)速度vA的大小;(2)小球运动到与A点对称的B点时对环在水平方向的作用力的大小.图LX2-1314.2019广东高州中 期中 如图LX2-14所示,在真空中,沿水平方向和竖直
9、方向建立直角坐标系xOy,在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E(电场强度E的大小未知).有一质量为m、带电荷量为+q的小球从坐标原点O由静止开始自由下落,当小球运动到P(0,-h)点时,在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场,其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等.若小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等,重力加速度为g,试求:(1)小球返回O点时的速度大小;(2)匀强电场的电场强度E的大小;(3)小球运动到最高点时的位置坐标.图LX2-141.ACD解析 设金属板长为L,两极板间的距离为d,两极板间的电势差为U,依题意有12qUdmLv2=d2,即mv2d2=qUL2,要使粒子恰
10、好穿过电场区域,必须满足上式,因此可使q或U减小为原来的14,选项A正确,选项B错误;也可使d增大为原来的2倍,选项C正确;还可使L减小到原来的12,选项D正确.2.C解析 电子在两极板间做类平抛运动,若电子仍从正极板的边缘飞出,则水平方向有l=v0t,所以t=lv0,竖直方向有d=12at2=qU2mdt2=qUl22mdv02,故d2=qUl22mv02,即d1v0,C正确.3.D解析 三种原子核带电荷量相同,故在同一加速电场中,静电力对它们做的功都相同,A错误;由于质量不同,所以三种原子核打在屏上的速度不同,C错误;根据偏转距离公式y=l2U24dU1或偏转角公式tan =lU22dU1
11、,可知偏转距离或偏转角与带电粒子无关,在同一偏转电场中,静电力对它们做的功也相同,故B错误,D正确.4.AB解析 电子在静电力作用下,加速度大小不变,方向变化,选项C错误;电子在t=T4时刻进入两极板,先加速后减速,在t=3T4时刻到达B板,设A、B两板的间距为d,则12qU0mdT42=d2,解得d=qU0T216m,选项A正确;在t=T2时速度最大,则vm=qU0mdT4=qU0m,选项B正确;若电子在t=T8时刻进入两极板,在T8 T2内电子做匀加速运动,位移x=12qU0md3T82=9d8d,说明电子会一直向B板运动并打在B板上,不会向A板运动,选项D错误.5.BC解析 若电子在电场
12、中运动的时间大于电势差变化的一个周期,则电子在0 t1时间内向B板加速,在t1 t2时间内电子减速,在t2时刻速度恰好为零,之后电子会重复上述运动,所以电子一直向B板运动,直到从小孔P穿出,A错误;若t1时刻电子还未从小孔P飞出,则t1时刻电子具有最大动能,B正确;电子穿出小孔P的时刻不确定,但穿出时的动能不大于eU0,C正确,D错误.6.C解析 小球在A点,FT+Eq=mvA2r,Eq=mg,则速度vA=2gr,由A到小球做圆周运动的等效最高点,由动能定理得Eqr(1-cos 45)-mgrsin 45=12mvmin2-12mvA2,解得vmin=(6-22)gr,选项C正确.7.AB解析
13、 由题意可知,微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用,合力与v0不共线,所以微粒做曲线运动,A正确;因AB=BC,即v02t=vC2t,故vC=v0,B正确;由qU2=12mvC2,得U=mvC2q=mv02q,C错误;由mg=qE,得q=mgE,代入U=mv02q,得U=Ev02g,D错误.8.BC解析 对小球受力分析,小球受重力、静电力作用,合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上,故小球做曲线运动,选项A错误,选项B正确;在运动的过程中,合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角,故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,选项C正确,D错误.9.C解析 由于不
14、知道重力和静电力大小关系,所以不能确定静电力方向,不能确定微粒电性,也不能确定静电力对微粒做功的正负,选项A、B、D错误;根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下,则合外力对微粒做正功,由动能定理知微粒的动能一定增加,选项C正确.10.C解析 小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=(mg)2+34mg2=54mg,方向与竖直方向的夹角为37偏左下.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得54mg=mvD2R;由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37)-34mg(htan 37+2R+Rsin
15、 37)=12mvD2,解得h=10R,故选项C正确,选项A、B、D错误.11.A解析 电子加速过程,有qU1=12mv02,电子偏转过程,有y=12qU2mdlv02,联立解得y=U2l24U1d,选项A正确.12.BC解析 由图可知,粒子在电场中做匀速圆周运动,静电力提供向心力,qE=mv2R,得R=mv2qE,R、E为定值,若q相等,则12mv2一定相等;若qm相等,则速率v一定相等,但动能不一定相等,故B、C正确.13. (1) qErm(2)6qE解析 (1)在A点,小球在水平方向只受静电力作用,根据牛顿第二定律得qE=mvA2r所以小球在A点的速度vA= qErm.(2)在小球从A
16、到B的过程中,根据动能定理,静电力做的正功等于小球动能的增加量,即2qEr=12mvB2-12mvA2小球在B点时,根据牛顿第二定律,在水平方向有FB-qE=mvB2r解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力FB=6qE由牛顿第三定律知,球对环在水平方向的作用力大小FB=6qE.14.(1)22gh(2)4mgq(3)(4h,16h)解析 (1)设小球从O点运动到P点所用时间为t,在P点的速度为v1,返回O点时的速度为v2,则h=12gt2解得t=2hgv1=gt=2gh由运动 公式得h=-v1+v22t解得v2=22gh.(2)由牛顿第二定律得F-mg=ma其中a=v2-(-v1)t=3g则E=Fq=4mgq.(3)在竖直方向,有y0=v222g=4h设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为t2,则t2=0-v2-g=22hg由牛顿第二定律得ax=Fm=qEm=4g则x0=12axt22=16h所以小球运动到最高点时的位置坐标为(4h,16h).第 4 页
