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10.5 带电粒子在电场中的运动 同步测
本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到。已知加速电场的场强为，质子的质量为，电荷量为，则下列说法正确的是( )
A. 加速过程中质子电势能增加
B. 质子所受到的电场力约为
C. 质子加速需要的时间约为
D. 加速器加速的直线长度约为
2. 如图所示，虚线、、代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，、是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是( )
A. 三个等势面中，的电势最高
B. 带电质点通过点时的电势能比点大
C. 带电质点通过点时的动能比点大
D. 带电质点通过点时的加速度比点大
3. 如图所示，一质量为、电荷量为的粒子以速度从连线上的点水平向右射入大小为、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时( )
A. 所用时间为
B. 速度大小为
C. 与点的距离为
D. 速度方向与竖直方向的夹角为
4. 如图所示，平行板电容器板间电压为，板间距为，两板间为匀强电场，让质子流以初速度垂直电场射入，沿轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子流沿轨迹落到下板边缘，不计重力，则可以将 ( )
A. 开关断开
B. 质子流初速度变为
C. 板间电压变为
D. 竖直移动上板，使板间距变为
5. 如图所示，一价氢离子和二价氦离子的混合体（不计重力）经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )
A. 同时到达屏上同一点
B. 先后到达屏上同一点
C. 同时到达屏上不同点
D. 先后到达屏上不同点
6. 在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为的带电小球由上方的点以一定初速度水平抛出，从点进入电场，到达点时速度方向恰好水平，、、三点在同一直线上，且，如图所示，由此可知( )
A. 小球带正电
B. 电场力大小为
C. 小球从到与从到的运动时间相等
D. 小球从到与从到的速度变化相等
7. 如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为的带负电小球以水平向右的初速度，由点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的点，已知连线与初速度方向的夹角为，重力加速度为，则以下说法正确的是( )
A. 电场力大小为
B. 小球所受的合外力大小为
C. 小球由点到点用时
D. 小球通过点时的动能为
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在点。则射出后，( )
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
9. 如图所示，带电平行金属板、，板间的电势差大小为，板带正电，板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电荷量为，质量为，自孔的正上方距板高处自由落下，若微粒恰能落至、板的正中央点，则( )
A. 微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为
B. 微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，机械能逐渐增大
C. 若微粒从距板高处自由下落，则恰好能达到板
D. 微粒落入电场过程中，电势能改变量大小为
10. 如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合，、、为竖直平面上的三点，且为等量异种点电荷连线的中点，。现有带电荷量大小为、质量为的小物块（可视为质点），从点以初速度向滑动，到达点时速度恰好为。则 ( )
A. 小物块一定带负电
B. 从到，小物块的加速度先增大后减小
C. 从到，小物块所受电场力做的功为
D. 电场中、两点间电势差
三、填空题：本题共2小题，每空1分，共9分。
11. 如图是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极和、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极和上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心点．
带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．
若，，则粒子向________板偏移，若，，则粒子打在荧光屏上________点，若，，则粒子向________板偏移．
12. 在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的极板与灵敏的静电计相接，极板接地。
若极板稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而______（填“变大”或“变小”）；
若极板稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角______，此实验说明平行板电容器的电容随距离变大而______（填“变大”或“变小”）。
四、计算题：本题共3小题，13题15分，14题15分，15题15分，共45分。
13. 如图所示是一个示波管工作原理图，电子（电量为、质量为经电压加速后，垂直进入间距为、板长的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场的屏幕上的点，已知偏转电场电压为，求：
电子进入偏转电场时的速度；
打在屏幕上的侧移位移
14. 如图所示，一静止的电子经过电压为的电场加速后，立即从点射入匀强电场中，射入方向与匀强电场的方向垂直，最终电子从点离开电场。已知匀强电场的电场强度大小为，宽度为，方向竖直向上，电子的电荷量为，质量为，重力忽略不计。
求电子在匀强电场中的偏转距离；
若仅将加速电场的电压提高为原来的倍，使电子仍经过点，求匀强电场的电场强度。
15. 如图所示，在的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道与一水平绝缘轨道在点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径，为半圆形轨道最低点，为圆弧的中点，一带负电荷的小滑块质量，与水平轨道间的动摩擦因数，位于点右侧的处，取，求：
要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点，则小滑块应以多大的初速度向左运动？
这样运动的小滑块通过点时对轨道的压力是多大？
答案解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
11. ；；；；
12. 变大；变小；变大；变小
13. 解：设电子经加速电场加速后以速度进入偏转电场，
由动能定理有：，得：
进入偏转电场粒子做类平抛运动，在电场线方向有：
由水平分运动可得电子在电场中飞行时间：
电场方向的速度
设射出偏转电场时速度的偏角为，则
速度的反向延长线恰好平分水平方向的位移，故，
得。
14. 解：电子在加速电场中加速，由动能定理得，
解得，
设电子在匀强电场中的偏转距离为，根据类平抛运动规律可得，，
由牛顿第二定律得，
解得；
由可得电子在匀强电场中有，，
在加速电场中有，
由牛顿第二定律得，
联立解得，
根据题意可知、均不变，当加速电场的电压增大到原来的倍，匀强电场的场强也增大为原来的倍，即 。
15. 解：设小滑块恰能到达点时速度为，
由牛顿第二定律得，
小滑块从开始运动至到达点过程中，由动能定理得：
，
联立解得：；
设小滑块到达点时速度为，则从开始运动至到达点过程中，由动能定理得：
，
在点时，由牛顿第二定律得，
代入数据，解得：，
由牛顿第三定律得，小滑块通过点时对轨道的压力。
【解析】
1. 解：、根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故A错误；
B、质子所受到的电场力约为，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得加速的加速度为 ，则加速时间为，故C错误；
D、加速器加速的直线长度约为，故D正确；
故选：。
根据能量守恒定律分析电势能变化；根据电场力公式求解电场力；根据匀变速直线运动规律：速度时间公式，位移时间公式求解加速时间和位移。
本题考查带电粒子在电场中的加速，关键是熟练掌握牛顿第二定律，匀变速直线运动规律以及动能定理，然后灵活应用。
2. 【分析】
由等势面画出相应的电场线，由带电粒子的轨迹与合力的关系判断电场力的方向，再由电荷的电性判断场强方向；再由电场力做功与电势的变化判断得解。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
【解答】
A.电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故等势线的电势最高，等势线的电势最低，故A正确；
B.根据质点受力情况可知，从到过程中电场力做正功，电势能降低，故点的电势能大于点的电势能，故B正确；
C.从到过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故点的动能小于点的动能，故C错误；
D.等势线密的地方电场线密场强大，故点位置电场强度大，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确。
本题选错误的，故选C。
3. A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达连线上某点时，位移与水平方向的夹角为，根据牛顿第二定律，垂直电场方向的位移，平行电场方向的位移，根据几何关系，联立解得，故A错误。
B、水平速度，竖直方向速度，则到到达连线上某点速度，故B错误。
C、水平位移，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达连线上的点与点的距离即合位移为，故C正确。
D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为，夹角不等于，故D错误。
故选C。
根据考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，类平抛运动运用运动的分解法都是常用的思路，关键要能熟练运用，对于类平抛运动，涉及速度的问题，可以由运动学公式求解，也可能根据动能定理研究。
4. 【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。
带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用类平抛运动的规律处理粒子运动。
【解答】
A、将开关断开，电容器极板间电荷量不变，电容器两极板间电压不变，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，故A错误；
B、将质子流初速度变为，加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的，不可能到达下板边缘，故B错误；
C、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，根据知，质子打到极板上的运动时间变为原来的倍，由知水平位移变为原来的倍，所以能沿轨迹落到下板边缘，故C正确；
D、竖直移动上板，使板间距变为，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，根据知，时间变为原来的倍，水平位移变为原来的倍，不能到达下板边缘，故D错误。
5. 【分析】
本题中带电粒子先加速后偏转．先根据动能定理求出加速获得的速度表达式．两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系．
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．做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间．
【解答】
一价氢离子和二价氦离子的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，加速电压为，偏转电压为，偏转极板的长度为，板间距离为．
在加速电场中，由动能定理得：
两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间，所以两粒子运动时间是不同的，则离子先后离开偏转电场．
在偏转电场中的偏转位移
联立得
同理可得到偏转角度的正切，可见和与电荷的电量和质量无关．所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同．故两种粒子打屏上同一点，选项B正确。
6. 【分析】
小球在匀强电场中受到电场力作用，根据速度的变化情况即可判断电性，利用类平抛运动的处理方式把运动分解为水平和竖直方向即可得出运动时间的大小关系。
本题主要考查带电小球在电场中的运动，分析清楚受力情况和运动过程即可解答。
【解答】
A.因为小球到达点时速度方向恰好水平，所以可知小球受到的电场力竖直向上，方向与电场强度方向相反，所以小球带负电，故A错误；
B.由于、、三点在同一直线上，且，根据几何关系可知小球在进入电场前后的水平方向位移之比，由于小球在进入电场前后都做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则小球由运动到和由运动到的时间之比为，又根据竖直方向的位移，解得：，根据牛顿第二定律可得：，可知小球受到的电场力，故B正确；
C.小球由运动到和由运动到的时间之比为，故C错误；
D.小球由运动到和由运动到的速度变化量大小相等，但方向不相同，故D错误。
故选B。
7. 【分析】
从到水平方向做匀减速运动，到达点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，根据两个方向的运动特征列出方程即可求解。
本题考查了运动的合成与分解，解题的关键是明确物体的运动规律，明确分运动和合运动的关系。
【解答】
C.设，从到水平方向做匀减速运动，到达点的水平速度为零，竖直方向做自由落体运动，
则水平方向：，竖直方向：，
解得：，故C正确；
水平方向，小球所受的合外力是与的合力，可知合力的大小，故AB错误；
D.小球通过点时的速度，则动能：，故D错误；
故选C。
8. 解：、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；
B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；
C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球动能没有最大值，故C错误；
D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D正确。
故选：。
小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；
当小球沿水平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；
小球动能没有最大值。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是知道小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，类似机械能守恒。
9. 【分析】
本题根据动能定理研究微粒能否到达板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析，微粒在下落过程中重力一直做正功，微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为；微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量为；根据动能定理研究微粒从距板高处自由下落，能否到达板。
【解答】
A.微粒下降的高度为，重力做正功，为，电场力向上，位移向下，电场力做负功，，故A错误；
B. 因为重力做正功，微粒在下落过程中重力势能逐渐减小，因为电场力做负功，电势能增加，故机械能逐渐减小，故B错误；
C.由题微粒恰能落至，板的正中央点过程，由动能定理得： ，若微粒从距板高处自由下落，设达到板的速度为，则由动能定理得： 由联立得，即恰好能达到板，故C正确。
D.微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功，故D正确。
故选CD。
10. 【分析】
根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称。
解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。
【解答】
小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用沿竖直平面下滑，可知其带负电，小物块最后静止，则运动过程中摩擦力始终大于重力，从到的过程中，电场强度增大，则物块所受电场力增大，由于物块在水平方向上受力平衡，可知墙壁与物块之间的弹力增大，则物块所受滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从到的过程中，电场强度减小，则物块所受电场力减小，则物块所受滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，故A、B正确；
因是等量异种电荷连线的中垂线，可知是等势线，即，从运动到小物块所受电场力做功为零，故C错误，D正确。
11. 【分析】
Ⅰ区是加速电场区，Ⅱ区是偏转区，Ⅲ是荧光屏；在偏转电极加电压，且，比电势高，电子向高电势运动，
只在偏转电极上加电压，且，比电势高，电子向高电势运动。
考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反。
【解答】
根据示波器原理Ⅰ区是加速电场区，Ⅱ区是偏转区。
在偏转电极加电压，且，比电势高，电子向高电势运动，故粒子向板偏移；
只在偏转电极上加电压，且，比电势高，电子向高电势运动，故粒子向板偏移；
若两个偏转电极都不加电压，即，，则粒子打在荧光屏上点。
故答案为：；；；；。
12. 解：根据，极板上移一点，正对面积减小，则电容器的电容减小，充电后的平行板电容器电荷量不变，根据知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随正对面积减小而变小；
根据，极板左移一点，板间距离增大，则电容器的电容减小，根据知电势差增大，所以静电计的偏角变大，说明平行板电容器的电容随距离变大而变小。
根据电容器的决定式分析解答。
13. 本题考查带电粒子在加速电场、偏转电场两个组合场中的运动情况，综合性强，需要学生熟练把握加速电场中动能定理的使用，偏转电场中的类平抛运动的规律及方法，过程繁琐，把握电子水平方向一直做匀速运动这一特点是解题突破口。
根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度；
电子进入偏转电场后，做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间公式，求出电子出电场时竖直速度及偏转量；根据竖直速度及水平速度利用三角函数计算速度与水平方向的夹角，电子出偏转电场后，做匀速直线运动，电子到达屏上距离点的距离等于在偏转电场中的偏转量与出电场匀速直线运动在竖直方向上的位移之和，也可用相似比直接求距离，因为作电子出偏转电场速度的反向延长线，必然经过偏转电场轴线的中点。
解：设电子经加速电场加速后以速度进入偏转电场，
由动能定理有：，得：
进入偏转电场粒子做类平抛运动，在电场线方向有：
由水平分运动可得电子在电场中飞行时间：
电场方向的速度
设射出偏转电场时速度的偏角为，则
速度的反向延长线恰好平分水平方向的位移，故，
得。
14. 本题考查带电粒子在电场中的加速与偏转，基础题目。
根据动能定理列方程求出电子进入偏转电场时的速度大小，此后，由类平抛运动规律列方程，结合牛顿第二定律列方程，联立即可求出电子的偏转距离；
根据类平抛运动规律、动能定理和牛顿第二定律列方程得出电场强度与加速电场的电压关系，结合题设分析即可得出所求的电场强度的大小。
解：电子在加速电场中加速，由动能定理得，
解得，
设电子在匀强电场中的偏转距离为，根据类平抛运动规律可得，，
由牛顿第二定律得，
解得；
由可得电子在匀强电场中有，，
在加速电场中有，
由牛顿第二定律得，
联立解得，
根据题意可知、均不变，当加速电场的电压增大到原来的倍，匀强电场的场强也增大为原来的倍，即 。
15. 【分析】
本题主要应用动能定理求解，考查了带电粒子在重力场、电场等的复合场中的运动情况的分析，利用动能定理求解问题是抓住两个状态一个过程，注意电场力和重力做功与路径无关，只与初末位置有关。
小滑块恰能运动到圆轨道的最高点时，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出物块通过点的速度，滑块从开始运动到达点过程中，重力做功为，电场力做功为，摩擦力做功为，根据动能定理求解初速度；
滑块通过点时，以滑块为研究对象，轨道的支持力提供滑块的向心力，根据动能定理求出滑块通过点时的速度大小，由牛顿运动定律求解滑块通过点时对轨道的压力。
解：设小滑块恰能到达点时速度为，
由牛顿第二定律得，
小滑块从开始运动至到达点过程中，由动能定理得：
，
联立解得：；
设小滑块到达点时速度为，则从开始运动至到达点过程中，由动能定理得：
，
在点时，由牛顿第二定律得，
代入数据，解得：，
由牛顿第三定律得，小滑块通过点时对轨道的压力。
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