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第十章 静电场中的能量
10.5 带电粒子在电场中的运动
一、单选题：
1.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向
射出，最远到达A点，然后返回，如图10所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是( )
A. B．edUL
C. D.
答案 D
解析 电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受
电场力，不计重力．根据能量守恒定律得mv＝eU .因E＝，U ＝EL＝，故mv＝，所以D正确．
OA OA
2.图甲为示波管的原理图。如果在电极 YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极 XX′之
间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是( )
解析 由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂会看到B选项所示的图形。
答案 B
3.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。
现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为
1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，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2×10－15 N
C.质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D.加速器加速的直线长度约为4 m
解析 电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14
N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的
直线长度x＝≈4 m，故D正确。
答案 D
4.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极
板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞
出，则两极板的间距应变为原来的( )
A.2倍 B.4倍 C. D.
解析 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝vt，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即d∝，
0
故C正确。
答案 C、
5.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(
)
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
答案 A
解析 根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式
U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的
电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确.
6.如图所示，一个正的点电荷q从图中两平行带电金属板左端中央处以初动能E 射入匀强电场中，
k
它飞出电场时的动能变为2E ；若此点电荷飞入电场时速度大小增加为原来的 2倍而方向不变，它
k
飞出电场时的动能变为( )
A．4E B．4.25E
k k
C．5E D．8E
k k
答案 B
解析 第一次由动能定理得：qEy＝2E－E①
1 k k
速度增加为原来的2倍，则在电场中运动的时间变为，偏转位移为y＝y②
2 1
初动能E ′＝4E③
k0 k
由动能定理qEy＝E′－E ′④
2 k k0
由①②③④得：E′＝4.25E，B正确．
k k
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂7.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔
(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经
过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落
的相同粒子将( )
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回
答案：D
【解析】 带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，
电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得 mg(＋d)－qU＝0；若电容
器下极板上移，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功W ＝mg(＋d′)，电场力做功W ＝－
G 电
qU′＝－qU＝－qU，由动能定理得W ＋W ＝0，联立各式解得d′＝d，选项D正确．
G 电
8．如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为
接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U.电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K
的小孔中射出的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为 v
【解析】 由动能定理qU＝mv2得v＝，带电粒子确定，v与成正比，与A、K间距离无关，故
D正确．
【答案】 D
9.在如图甲所示平行的A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这
时两极板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下
述说法正确的是(不计电子重力)( )
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的v－t图像可知，电子一直向B板运动，选项C正确。
答案 C
10．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同
的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小
球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中( )
A．它们的运行时间t ＞t
P Q
B．它们的电荷量之比q ∶q ＝2∶1
P Q
C．它们的动能增加量之比ΔE ∶ΔE ＝4∶1
kP kQ
D．它们的电势能减少量之比ΔE ∶ΔE ＝2∶1
P Q
【解析】 在竖直方向加速度均为g，位移相等，所以它们运行时间相等，A项错误；水平位
移x ＝2x ，at2＝2×a t2，F ＝2F ，q ＝2q ，q ∶q ＝2∶1，B项正确；ΔE ＝mgh＋F x，ΔE ＝mgh
P Q p Q P Q P Q P Q kP P kQ
＋F ，所以ΔE ∶ΔE ≠4∶1，C项错误；ΔE ∶ΔE ＝F x∶F ＝4∶1，D项错误．
Q kP kQ P Q P Q
【答案】 B
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11..两个平行的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.所受重力与静电力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动
解析 带电粒子在平行板之间受到两个力的作用，一是重力 mg，方向竖直向下；二是静电力F＝
Eq，方向垂直于极板向上。因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在
粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项 D正确，A、C
错误；从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出，静电力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选
项B正确。
答案 BD
12.如图所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一
个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下列措施中能使电子偏转距离变大的是( )
A．尽可能把偏转极板L做得长一点
B．尽可能把偏转极板L做得短一点
C．尽可能把偏转极板间的距离d做得小一点
D．将电子枪的加速电压提高
答案 AC
解析 设加速电压为U，
1
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂则qU＝mv①
1
设偏转电压为U，
2
则y＝②
联立①②得，y＝，故选A、C.
13.如图所示，有一质量为m、带电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强
电场中．设油滴是从两板中间位置，并以初速度为零进入电场的，可以判定( )
A．油滴在电场中做抛物线运动
B．油滴在电场中做匀加速直线运动
C．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离
D．油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的比荷
【解析】 粒子从静止开始，受重力和电场力作用，两个力都是恒力，所以合力是恒力，粒子
在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，选项B、D对．
【答案】 BD
14.带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电
力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
解析 0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内
的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
答案 BD
三、非选择题
15．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v ＝4×106 m/s
0
的速度垂直于场强方向沿中心线由 O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v 方
0
向成30°的夹角．已知电子电荷e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg.求：
(1)电子在C点时的动能是多少J?
(2)O、C两点间的电势差大小是多少V?
【解析】 (1)依据几何三角形解得：电子在C点时的速度为：
v＝①
t
而E＝mv2②
k
联立①②得：E＝m()2＝9.7×10－18 J.
k
(2)对电子从O到C，由动能定理，有
eU＝mv－mv③
联立①③得：U＝＝15.2 V.
【答案】 (1)9.7×10－18 J (2)15.2 V
16.如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界
BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点．现有一质量为m、电荷量为
＋q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．
更多资料添加微信号：hiknow_007 淘宝搜索店铺：乐知课堂(1)求粒子进入电场前的初速度v 的大小；
0
(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能
E；
k
(3)求粒子从Q点飞出时打在荧屏上的点离O点的距离y.
答案 (1) (2)qEL (3)7L
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有
L＝vt
0
在竖直方向上有：＝at2
qE＝ma
联立解得：v＝
0
(2)其他条件不变，增大电场强度，粒子从CD边中点Q飞出，则
水平方向：＝vt′
0
竖直方向：L＝a′t′2
qE′＝ma′
得：E′＝8E
由动能定理得：qE′L＝E－mv
k
得：E＝qEL.
k
(3)设打在屏幕上的位置距O点的距离为Y，
由几何关系知＝
得Y＝7L.
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