2019届物理二轮 带电粒子在电场中的加速、偏转 专题卷 (全国通用)

2019届物理二轮带电粒子在电场中的加速、偏转专题卷（全国通用）
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA’、BB’、CC’是该电场的三个等势面，
相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB’为零势能面。

一个质量为m，带电量为+q 的粒子沿AA’方向以初动能E K自图中的P点进入电场，刚好从C’点离开电场。

已知PA’=2cm。

粒子的重力忽略不计。

下列说法中正确的是( )
A. 该粒子到达C点时的动能是2E
B. 该粒子通过等势面BB时的动能是E
C. 该粒子在P点时的电势能是E
D. 该粒子到达C点时的电势能是E
2.如下图所示，虚线为某电场的等差等势面，实线为某带正电粒子仅在电场力作用下
的运动轨迹。

当粒子运动到a点时动能为2J，运动到b点时动能为20J，若取等势面3为零势能参考面，粒子重力不计，则当粒子的电势能为4J时，动能为（）
3.
A. 10J
B. 14J
C. 18J
D. 22J
4.如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二
极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是（）
A. 若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
B. 若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的右侧
C. 若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D. 若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
5. 1.9带电粒子在电场中的运动跟进练习编号17
班级姓名制作人：葛景才审核人：许松
1.一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的 ( )
A. 运动速度必然增大
B. 运动速度必然减小
C. 运动速度可能不变
D. 运动加速度肯定不为零
6.一个正点电荷固定在正方形的一个顶点D上，另一个带电粒子射入该区域时，恰好
能经过正方形的另外三个顶点A、B、C，运动粒子轨迹如图所示，下列说法正确的是
A. 根据轨迹可判断该带电粒子带正电
B. 粒子经过A、B、C三点速率大小关系是
C. 粒子在A、B、C三点的加速度大小关系是
D. A、C两点的电场强度相同
7.如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏
转电场，若加速电压为，偏转电压为，要使电子在电
场中的偏转量y增大为原来的2倍，在其它条件不变的情
况下，下列方法中错误的是：
A. 只使减小到原来的
B. 只使增大为原来的2倍
C. 只使偏转板的长度增大为原来2倍
D. 只使偏转板的距离减小为原来的
二、多选题（本大题共2小题，共8.0分）
8.一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. 速率先增大后减小
D. 速率先减小后增大
9.如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离d足够大。

当
两板间加上如图乙所示的交变电压后,在下列选项中,电子速度v、位移x和加速度a 三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）
10.（一）如图，质子（即氢原子核，）和α粒子（即氦原子核，）以相同
的初动能垂直射入偏转电场，不计粒子重力，当质子和α粒子射出电场时，试求两种粒子：
（1）在电场中的运动时间之比为；
（2）离开电场时的侧位移之比为；
（3）离开电场时的速度偏转角正切值之比为；
（二）如图，在场强E＝1×104N/C的水平向右的匀强电场中，用一根长L＝1m的轻质绝缘细杆，一端固定在O点，另一端固定一个质量m＝0.2 kg、电荷量q＝5×10－6C的带正电小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，现将轻杆从水平位置A 由静止开始释放，g取10m/s2，试求：
（1）小球从A点运动到最低点B的过程中，电场力做的功应等于J；
（2）小球运动到最低点B时，其速度大小应等于m/s；
（3）小球运动到最低点B时，轻杆对小球的拉力大小应等于N。

（三）如图，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，
A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用
在A球上，使两球均处于静止状态。

现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，
A、B两球可以重新平衡，则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，试问：（以
下选填“变大”、“不变”或“变小”
（1）MO杆对小球A的弹力会；
（2）NO杆对小球B的弹力会；
（3）小球A、B之间的库仑力会；
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
11.如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d=8cm，板长L=25cm，接在
直流电源上，有一带电液滴以v0 =0．5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起，液滴刚好从金属
板末端飞出，求：
（1）将下板向上提起后，液滴的加速度大小和方向；
（2）液滴从金属板末端飞出时的速度大小；
（3）液滴从射入运动到P点所用时间。

（g取10m/s 2）
12.两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，
板间电场可以认为是匀强电场．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：
(1)极板间的电场强度E的大小；
(2)α粒子在极板间运动的加速度a的大小；
(3)α粒子的初速度v0的大小．
13.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为
,电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。

（每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，可以认为电压是不变的）
⑴在t=0.06s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？
⑵荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
BB′为零势面，知匀强电场的方向竖直向上，带电粒子做类平抛运动，根据水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，求出末速度与初速度的关系，从而得出末动能和初动能的关系，根据动能定理和电场力做功与电势能的关系得出各个位置的动能和电势能。

解决本题的关键知道粒子做类平抛运动，知道水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握动能定理和电场力做功与电势能的关系。

【解答】
A.带电粒子做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：
，，解得
所以离开电场时的速度,因为初动能，粒子
到达C′点时的动能,故A正确;
B.P到C′过程中电场力做功，所以粒子通过等势面BB′时电场
力做功为，根据动能定理知，粒子通过等势面BB′时的动能是,故B错误;
C.电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面BB′时电场力做功为
，所以电势能减小，BB′为零势面，所以粒子在P点时的电势能是
，故C错误；
D.P到C′过程中电场力做功为，电势能减小，所以粒子到达C′点时的电
势能是,故D错误。

故选A。

2.【答案】A
【解析】
【分析】
相邻两个等势面间的电势差相等，所以W12=W23=W34，从而可以求出粒子在3位置的动能，即粒子在电场中的总能量。

本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动；等势面。

学习电场中的功能关系时可以类比在重力场的功能关系，如只有重力做功，动能和电势能之和保持不变；那么只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变。

【解答】
粒子从a到b做加速运动，动能增加18 J，由于相邻两等势面间电势差相等，所以从a到c的过程中动能增加18J；
粒子在等势面3上时的动能为；此时电势能为0，因此总能量为14J，则当粒子的电势能等于4J时，动能为10 J；
故A正确，BCD错误。

故选A。

3.【答案】C
【解析】
【分析】
A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小，根据两极板间电场的变化，判断电场力的变化，从而确定小球水平方向上的位移变化。

解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，以及知道二极管的单向导电性，在本题中电容器的带电量只增不减。

【解答】
A.若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据：，知E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A 错误；
B.若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据：，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B错误；
C. 若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据：
，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于
重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将
打在N点的右侧，故C正确；
D.若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q 不变，根据：，知E不变，所以电场力大小不变，方向变为
向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运
动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误。

故选C。

4.【答案】D
【解析】
略
5.【答案】C
【解析】
【分析】
电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O 点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力；根据点电荷的电场线的特点，Q与AC距离相等，都小于B，故B点的电势高于AC两点的电势；应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系。

本题考查了电势差与电场强度的关系；电势。

本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力；根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧；进而判断出电荷是负电荷。

【解答】
A．根据轨迹弯曲方向判断出带电粒子与正电荷Q之间存在引力，它们是异种电荷，故带负电荷，故A错误；
B．带负电的粒子在电场中运动时，由A到B，电场力做负功，根据功的原理，动能减小，所以v b＜v A，选项B错误；
C．粒子P在A、B、C三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力，由图可知，；
代入库仑定律：；
可得：；
由可知，粒子在A、B、C三点的加速度大小关系是a A=a C>a B，故C正确；
D．A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故D错误。

故选C。

6.【答案】C
【解析】
解：电子在加速电场中加速时，由动能定理得：eU1=mv02
电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：
在水平方向：L=v0t
在竖直方向：a=
射出电场时的偏转量y为：y=
联立以上四式得：y=
则得：要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，可U1减小为原来的、U2增大为原来的2倍、使偏转板的长度L增大为原来倍、使两偏转板间的距离d减小为原来的．故ABD正确，C错误．
本题选错误的，故选：C．
根据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的偏转量y，再进行分析．
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．
7.【答案】BD
【解析】
【分析】
根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化。

解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方
向与速度方向的关系。

【解答】
AB.小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直
线上，小球做曲线运动，故A错误，B正确；
CD.小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大，故D正确，C错误。

故选BD。

8.【答案】AD
【解析】
【分析】
由两板间的电压的变化规律，得到两板间的场强的变化规律，进而得到电子的受力情况。

由牛顿第二定律确定其加速度的变化情况，结合运动学规律确定电子的速度以及位移随时间的变化规律。

本题考查的是由受力情况确定运动情况。

【解答】
由两板间的电压的变化规律，得到两板间的场强的变化规律，进而得到电子的受力情况。

由牛顿第二定律得：
,电子做匀加速直线运动，位移与t2成正比；
，电子做匀减速直线运动；
,电子做反向的匀加速直线运动；
，电子继续做反向的匀减速直线运动，并回到出发点。

综上所述，AD正确，BC错误。

故选AD。

9.【答案】（一）（1）1:2；（2）1:2；（3）1:2；
（二）（1）-0.05；（2）；（3）5.9；
（三）（1）不变；（2）变小；（3）变小
【解析】
【分析】
（一）本题考查带电粒子在电场中的运动，利用类平抛的知识来解决。

（二）本题考查电场力做功、电场中功能关系、竖直面内圆周运动等知识，比
较综合。

（三）考查库仑力的动态平衡问题，利用整体法与隔离法进行分析。

【解答】
（一）质子和α粒子以相同的初动能垂直射入偏转电场，得出其速度关系为
（1）粒子在水平方向都做匀速直线运动，都能射出电场，由，得，得在电场中运动时间与初速度成反比为1:2；
（2）侧位移，可得侧位移与电荷量成正比为1:2；
（3）速度偏转角正切，可得速度偏转角正切与电荷量成正比为1:2。

故答案为：（1）1:2；（2）1:2；（3）1:2；
（二）
（1）小球从A点运动到最低点B的过程中，电场力做的功
（2）小球运动到最低点B时，由动能定理得，代入数值：
=
，1.95=，解得
（3）小球运动到最低点B时，由牛顿第二定律得=2+3.9=5.9N 故答案为：（1）-0.05；（2）；（3）5.9N；
（三）
以AB整体作为研究对象，分析其受力知，整体受重力，OM杆的支持力，水平拉力，和ON杆上的弹力，整体竖直方向平衡，OM杆的支持力等于重力，
由牛顿第三定律知A球对OM杆的压力不变；分析B球的受力
如图：竖直方向有，移动以后F与竖直方向的夹角
变小，余弦值变大，库仑力F力将变小，库仑力在水平方向上的
分力减小，所以NO杆对B球的弹力减小。

故答案为：（1）不变；（2）变小；（3）变小。

10.【答案】
解：（1）带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：qE =mg即：
当下板向上提后，由于d减小，板间场强E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力：
此时液滴的加速度（）
（2）因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则，解得，此时，
v y=at1=2x0.2m/s=0.4m/s，液滴从金属板末端飞出时的速度大小
（）（）
（3）而液滴从刚进入电场到出电场的时间
所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为t=t2-t1=0.3s
【解析】
本题抓住平行板间电场强度与电势差的关系，知道粒子做类平抛运动求出粒子的运动情况，电容器与电源相连极板电压保持不变，掌握基本规律是解决问题的关键。

（1）电容器与电源相连，故极板间电势差恒定，由可以求出电场强度与电势差的关系，从而根据开始时液滴平衡求解电场力与重力的关系，从而求得下极板上提后电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律求解加速即可；（2）根据粒子恰好从上极板边缘飞出，根据竖直方向粒子做匀加速运动，由加
速度和位移求出粒子做类平抛运动时间，由速度与时间的关系求出电场时竖直方向的速度，与速度合成从金属板末端飞出时的速度大小；
（3）求而粒子穿过平行板的总时间等于板长与初速度的比值，从而求得粒子到达P的时间。

11.【答案】解：
(1)极板间场强E＝
(2)α粒子电荷量为2e，质量为4m，所受电场力F＝2eE＝α粒子在极板间运动的加速度a＝＝
(3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝.
【解析】
（1）因为电容器极板间是匀强电场，电场强度直接可根据匀强电场公式E=
求出．
（2）根据牛顿第二定律和电场力公式F=qE结合，求解加速度a．
（3）粒子进入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，在垂直于电场方向上做匀速直线运动．α粒子在极板间运动的加速度a可以根据所受的合力（电场力）求出，α粒子的初速度v0可以根据两分运动的等时性去求解．
本题考查带电粒子在电场中类平抛运动规律，解决本题关键会对类平抛运动进行分解，注意两分运动的等时性，运用运动的分解法处理．
12.【答案】解：（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：
所以
经偏转电场偏转后偏移量偏
所以偏
由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5 cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：
代入数据解得：Y=13.5 cm；
（2）由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了
则在偏转电场中的最大偏移为
根据
得：
所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y=3L=30cm。

【解析】
本题是带电粒子在组合场中运动的类型，关键要分析电子的运动情况，对类平抛运动会进行分解，结合几何知识进行求解。

（1）根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小；根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；
（2）通过第（1）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度。