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热点 9 带电粒子(带电体)在电场中的运动
1~4题每题5分，5~9题每题6分，共50分
1.(多选)(2024·湖南省长沙市一模)静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦
电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线。一电子从其左
侧进入聚焦电场，仅在静电力作用下运动，实线为电子运动的轨迹，P、Q、R为其轨迹上的三点，在此过
程中，下列说法正确的是( )
A.P点的电势低于Q点的电势
B.电子在P点的加速度小于在R点的加速度
C.从P至R的运动过程中，电子的电势能增加
D.从P至R的运动过程中，电子的动能一直增大
2.(2024·黑吉辽·6)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。
如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点
出发运动到O点等高处的过程中( )
A.动能减小，电势能增大
B.动能增大，电势能增大
C.动能减小，电势能减小
D.动能增大，电势能减小
3.(2024·浙江省9+1联盟模拟)如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻
漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管
内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106
m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动
1
时间视为电源周期的 ，质子的荷质比取1×108 C/kg。则( )
2
A.漂移管需要用绝缘材料制成
B.各漂移管的长度应相等C.漂移管B的长度为0.6 m
D.相邻漂移管间的加速电压U=6×104 V
4.(2024·北京市人大附中一模)如图所示，有质子( 1 H)、氘核( 2 H)、氚核( 3 H)和氦核( 4 He)四种带电粒子，先后
1 1 1 2
从加速电压为U 的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出，沿CD间的中线进入偏转
1
电压为U 的偏转电场，都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是(
2
)
A.质子( 1 H)的偏转位移y最大
1
B.氘核( 2 H)的偏向角θ最小
1
C.氦核( 4 He)射出偏转电场时的动能最大
2
D.氚核( 3 H)射出偏转电场时的速度最大
1
5.(2023·浙江1月选考·12)如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光
屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。
电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为
m，则电子( )
eU
A.在XX'极板间的加速度大小为
m
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为√2meU
l
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α=
20d
6.(多选)(2024·天津市和平区一模)如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿
SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在
圆形区域内运动过程中( )
A.甲粒子的入射速度小于乙粒子
B.甲粒子所受静电力的冲量小于乙粒子C.甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向
D.静电力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功
7.(多选)(2024·天津市十二区联考)如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q(q>0)，
质量为m的小环，整个装置处在固定于杆左侧电荷量为+Q(Q>0)的点电荷产生的电场中，杆上a、b两点与
+Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。使小环从O点无初速度释放，小环通过a点的速率为v，若已知
ab=Oa=l，静电常量为k，重力加速度为g，规定O点电势为零。则( )
A.小环下落过程中机械能守恒
B.小环下落过程中电势能先减小后增大
C.小环在从c点到b点的过程中，速度不断减小
1
mv2-mgl
D.b点电势为2
q
8.(2024·安徽淮北市检测)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板边缘中点的
一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的
0
交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，以下判断正确的是( )
A.能从板间射出的粒子的动能均相同
√2d
B.粒子在电场中运动的最短时间为
2v
0
d
C.t= 时刻进入的粒子，从O'点的下方射出
v
0
d
D.t= 时刻进入的粒子，从O'点的上方射出
2v
0
9.(多选)(2024·福建福州市检测)如图所示，带电小圆环P套在足够长的、粗糙绝缘水平细杆上，空间中存在
与水平杆成θ角斜向左上方的匀强电场，现给圆环P一向右初速度，使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆
环P滑至A点时，在空间加上水平方向且垂直细杆的匀强磁场，并从此刻开始计时，t 时刻圆环P再次返
1
回A点。选取水平向右为正方向，则运动过程圆环P受到的摩擦力F、速度v、加速度a、动能E 随时间t
f k
变化的图像，可能正确的是( )答案精析
1.AD [电子仅在静电力作用下从P点运动到R点，由于合力方向指向轨迹的凹侧，电子带负电，所受静
电力方向与电场强度方向相反，静电力方向与等势线垂直，可知，电场线方向整体从右指向左，又由于沿
电场线方向电势降低，可知，P点的电势低于Q点的电势，故A正确；由于任意两条相邻等势线间电势差
相等，则等势线分布的密集程度能够表示电场的强弱，P点的等势线分布比R点的密集，则P点的电场强
度大于R点的电场强度，可知，电子在P点的加速度大于在R点的加速度，故B错误；结合上述可知，从
P至R的运动过程中，电子所受静电力做正功，电子的电势能减小，电子的动能增大，故C错误，D正
确。]
2.D [根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方
向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右；若小球的初速度方向垂直于虚
线(如题图)，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的位
移方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小，故选D。]
3.D [质子在漂移管内做匀速直线运动，漂移管内电场强度为零，根据静电屏蔽，漂移管需要用金属材料
制成，故A错误；质子在漂移管间被电场加速，在漂移管内做匀速直线运动，质子在每个管内运动时间视
1 1
为电源周期的 ，各漂移管的长度应逐渐增大，故B错误；电源周期为T= =1×10-7 s，漂移管B的长度为
2 f
T 1 1 1
L =v =8×106× ×1×10-7 m=0.4 m，故C错误；从B到E，根据动能定理3qU= mv 2- mv 2 ，解得相邻漂
B 2 2 2 E 2 B
移管间的加速电压U=6×104 V，故D正确。]
4.C [设偏转电场长为L，极板间距为d，在加速电场中，根据动能定理有
1
qU = mv 2-0
1 2 0
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有
qU 1
L=v t，a= 2 ，y= at2
0 md 2
U L2
2
联立可得y=
4dU
1
所以四种带电粒子的偏转位移y相同，故A错误；
带电粒子的偏向角为
at U L
2
tan θ= =
v 2U d
0 1
所以四种带电粒子的偏向角θ相等，故B错误；
根据动能定理可得U 1
qU +q 2y= mv 2
1 d 2 t
带电粒子射出偏转电场时的动能为
1 U
E = mv 2=qU +q 2y
k 2 t 1 d
4 4
由于氦核( He)的电荷量最大，所以氦核( He)射出偏转电场时的动能最大，故C正确；
2 2
带电粒子射出偏转电场时的速度为
√2E √2q U
v= k= (U + 2 y)
m m 1 d
q
1 1
由于质子( H)的比荷 最大，所以质子( H)射出偏转电场时的速度最大，故D错误。]
1 m 1
eE eU
5.D [由牛顿第二定律可得，在XX'极板间的加速度大小a= = ，A错误；电子在XX'极板间运动时，
m md
l 1 1
垂直极板方向有v =at，t= ，电子离开XX'极板时的动能为E = m(v 2 +v 2 )，又有10eU= mv 2 ，解得
X v k 2 0 X 2 0
0
l2 l2
E =eU(10+ )，电子离开XX'极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10+ )，
k 40d2 40d2
l √meU
B错误；在XX'极板间受到电场力的冲量大小I =mv = ，C错误；打在荧光屏时，其速度方向与
X X d 20
v l
X
OO'连线夹角α的正切tan α= = ，D正确。]
v 20d
0
6.BD [甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为y=v t，沿电场方向的位移为x=
0
1 1 qE √ qE
at2= · t2，联立可得v =y ，由于y >y ，x d，此时粒子已经到达下极板，即粒子不能从右侧射出，故D错误。]
1 2 2 2d 2v 16 2
0
9.BD [在匀强电场中，圆环在杆上与杆无挤压地滑行，可知小圆环带正电荷，则qEsin θ=mg
故加上磁场后，速度大小为v时，圆环与杆间的压力大小为F =qvB
N
圆环向右运动的过程中，根据牛顿第二定律
qEcos θ+F=ma
f 1
且F=μF
f N
qEcosθ+μqvB
加速度大小为a = ，方向与速度相反
1 m
圆环向右运动的过程中，圆环速度减小，向左的加速度逐渐减小，圆环向左运动的过程中，根据牛顿第二
定律qEcos θ-μF =ma
N 2
qEcosθ-μqvB
加速度大小为a = ，方向与速度相同
2 m
圆环向左运动的过程中，圆环速度增大，向左的加速度逐渐减小，故整个运动过程，加速度一直向左且逐
渐减小，故图C不符合要求；
由于圆环P从A点出发再返回A点，克服摩擦力做功，返回A点时的速度小于从A点出发时的速度，根据
v-t图像的斜率表示加速度，可知速度v随时间t变化的图像如图B所示，故图B符合要求；
返回A点时圆环受到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦力，故图A不符合要求；
1
根据E = mv2
k 2
可知动能E 随时间t变化的图像如图D所示，故图D符合要求。]
k
