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微专题67 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在匀强电场中运动时，要灵活选用动力学公式处理或用动能定理处理。2.在交
变电场中的运动，一般是几段运动的组合，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称
性的特征来解决问题。
1．(多选)一种简化的示波管装置(包括电子运动轨迹)如图所示，若在阴极射线管的阴极和阳
极间加上直流高压U1，在偏转电极(一对水平的平行金属板)加上直流高压U2，则电子从阴
极发出到打在荧光屏上的过程中( )
A．电子在水平方向先做加速运动，再做匀速运动
B．电子在水平方向一直做匀速运动
C．U1一定时，U2越大，则图中亮点位置越低
D．U2一定时，U1越大，则图中亮点位置越低
答案 AD
解析 电子在阴阳极之间加速，之后，在水平方向匀速，A 正确，B 错误；U1一定时，电子
水平方向做匀速运动的速度就一定，则电子到达荧光屏的时间就一定，U2越大，电子的侧
向位移y＝t2越大，则题图中的亮点位置越高，C 错误；U1越大，则电子水平方向做匀速运
动的速度越大，电子到达荧光屏的时间就越短，U2一定时，则侧向位移就越小，题图中亮
点位置越低，D 正确。
2．(多选)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，小孔分别为
O、M、P。由小孔O 静止释放的电子穿过小孔M 恰好能运动到小孔P。现保持带电金属薄
板A、B、C 的电荷量不变，改变带电金属薄板B 或C 的位置，还是由小孔O 静止释放的电
子仍能运动到小孔P 的是( )
A．仅将C 板向右平移一小段距离
B．仅将C 板向左平移一小段距离
C．仅将B 板向右平移一小段距离
D．仅将B 板向左平移一小段距离
1
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答案 BC
解析 电子在A、B 板间的电场中加速运动，在B、C 板间的电场中减速运动，设A、B 板
间的电场强度为E1，A、B 板间的距离为d1，B、C 板间的电场强度为E2，B、C 板间的距离
为d2，则有eE1d1－eE2d2＝0。B、C 两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C 板向右或向
左平移一小段距离，B、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，仅将C 板向右或B 板向
左平移一小段距离，电子在A、B 板间加速运动后，在B、C 板间减速运动，还没到达小孔
P 时速度已经减为零，然后返回；仅将C 板向左或B 板向右平移一小段距离，电子在A、B
板间加速运动后，在B、C 板间减速运动，到达小孔P 点时速度还没减为零，A、D 错误，
B、C 正确。
3. (2024·重庆市巴蜀中学校考)如图，在极板A、B 间加上恒定电压，φA>φB，两极板的长度
为2d。现有一带正电粒子以速度v0从两板正中间O 点水平入射，C 点为其运动轨迹上的一
点且到OO′的距离为h，最终带电粒子恰好能从下极板射出。已知带电粒子的质量为m、
电荷量为q，不计重力。则( )
A．粒子在C 点的速度大小为
B．两极板间的电场强度大小为
C．两极板间的距离为4h
D．两极板间恒定电压的大小为
答案 B
解析 粒子运动到C 点过程，粒子做类平抛运动，则有h＝at1
2，d＝v0t1，根据牛顿第二定律
有a＝，解得E＝，故B 正确；粒子运动到C 点过程，根据动能定理有qEh＝mv1
2－mv0
2，
解得v1＝，故A 错误；设极板间距为H，粒子恰好能从下极板射出，则有H＝at2
2,2d＝v0t2，
解得H＝8h，故C 错误；根据电压与电场强度的关系有U＝EH，结合上述解得U＝，故D
错误。
4. 如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，M 点与N 点在同一电场线上。两个质
量相等的带电粒子以相同的速度v0分别从M 点和N 点同时垂直进入电场，不计两粒子的重
力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．两粒子都带负电
B．从M 点进入的粒子电荷量较大
2
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C．从N 点进入的粒子动量变化较大
D．两粒子的电势能都增加
答案 C
解析 两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A 错误；两粒子在电场中均做类平抛
运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P 点时时间相等，水平方向做初速度为零的匀加速
直线运动，有x＝t2，从M 点进入的粒子水平距离小，所以其电荷量也小，B 错误；根据选
项B 可知，从N 点进入的粒子电荷量大，根据动量定理得I＝Eqt＝Δp，所以从N 点进入的
粒子动量变化较大，C 正确；静电力对两粒子均做正功，电势能都减小，D 错误。
5. (多选)(2023·湖北省联考)如图所示，水平放置的平行金属板电容器带等量异号电荷，电容
器的电容为C，两极板的长度均为L，板间距离也为L，OO1是两板之间的中线，一质量为
m、电荷量为q 的带正电小球从M 板左侧与M 板等高的A 点以某一速度水平向右抛出，恰
好从O 点进入电场，然后从N 板的右边缘离开电场，不考虑极板边缘效应，重力加速度为
g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球到达O 点的速度大小为
B．M 板带正电
C．平行板电容器所带电荷量为
D．小球到达N 板右边缘时的速度大小为
答案 AD
解析 带电小球从A 点运动到O 点做平抛运动，则有L＝v0t1，＝gt1
2，vy＝gt1，解得v0＝，
vy＝，带电小球到达O 点的速度v＝＝，故A 正确；小球进入电场后设加速度为a，小球恰
好从N 板的右边缘离开电场，则有L＝v0t2，＝vyt2＋at2
2，解得小球在电场中的加速度a＝－
g，可知小球受到静电力方向向上，由于小球带正电，则M 板带负电，故B 错误；根据牛顿
第二定律可得－＋mg＝ma，代入数值解得两极板的电压U＝，所以平行板电容器所带的电
荷量Q＝UC＝，故C 错误；带电小球到达N 板右边缘时，设竖直方向的分速度为vy′，则
有vy′＝vy＋at2，代入数据得vy′＝0，水平速度为v0＝，所以带电小球到达N 板右边缘时
的速度大小为，故D 正确。
6. (多选)(2023·湖南常德市一中校考)如图所示，某空间存在方向竖直向上的匀强电场，将比
荷均为k＝10－2 C·kg－1的甲、乙两带电粒子分别从A、B 两点水平向右射入匀强电场，A 点
位于B 点的正下方，甲、乙两粒子到达电场中的同一C 点时的速度大小均为v0，方向分别
与水平方向成θ、β 的夹角，粒子的重力不计，A、B 之间的距离为h＝0.7 m，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
3
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A．甲粒子的速度偏转角θ 与乙粒子的速度偏转角β 之和为90°
B．若β＝53°、v0＝5 m/s，则该匀强电场的电场强度大小为1 000 V·m－1
C．若β＝53°、v0＝5 m/s，规定C 点的电势为φC＝0，则A 点的电势为－450 V
D．若β＝53°，则甲、乙两带电粒子在C 点静电力的功率之比为3∶4
答案 AC
解析 甲、乙粒子均做类平抛运动，水平方向有v0cos θ·tA＝v0cos β·tB，竖直方向有v0sin θ
＝atA，v0sin β＝atB，所以sin θcos θ＝sin βcos β，解得θ＋β＝或θ＝β(舍去)，故A 正确；
若β＝53°、v0＝5 m/s，则θ＝37°，所以tA＝，tB＝，又atB
2－atA
2＝0.7 m，a＝＝kE，解得E
＝500 V/m，a＝5 m/s2，故B 错误；规定C 点的电势为φC＝0，则A 点的电势为φA＝－E·atA
2
＝－500××5×()2V＝－450 V，故C 正确；若β＝53°，甲、乙两带电粒子在C 点静电力的
功率之比为＝＝＝，故D 错误。
7．(多选)(2024·黑龙江大庆市实验中学校考)如图甲所示，长为2d 的两水平金属板A、B 组
成一间距为d 的平行板电容器，电容器的B 板接地，A 板电势φ 随时间t 的变化关系如图乙
所示，其周期T＝。P 为靠近A 板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为v0的相同带
电粒子。已知t＝0 时刻发射的粒子刚好能从B 板右侧边缘离开电容器，则下列说法正确的
是( )
A．t＝0 时刻发射的粒子从B 板右侧离开时的速度大小仍为v0
B．该粒子源发射的粒子的比荷为
C．t＝时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
D．t＝0 时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为v0
答案 ABD
解析 由于粒子在电场中的运动时间为t＝＝2T，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中
运动了2 个周期，由对称性可知，粒子离开电容器时，粒子在竖直方向上的分速度为零，其
速度等于水平速度v0，A 正确；在2 个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变
速直线运动的规律可得d＝4×a×2，又因为a＝，T＝，解得＝，B 正确；由对称性可知，t
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＝时刻射入的粒子，刚好从靠近A 板右侧离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能
不变，C 错误；t＝0 时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy＝at＝××＝
v0，故此时粒子的速度大小为v＝＝v0，D 正确。
8．(2023·浙江湖州市质检)如图甲所示，某装置由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，
其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒
和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0 时，奇
数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央
有一个电子由静止开始加速。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为
T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则( )
A．电子在金属圆筒中被加速
B．电子在金属圆筒中的运动时间为T
C．电子出第n 个圆筒瞬间速度为
D．第n 个圆筒长度为
答案 D
解析 金属圆筒中电场强度为零，电子不受静电力，做匀速直线运动，故A 错误；只有电子
在每个圆筒内做匀速直线运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故B 错误；
电子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理得：neU＝mvn2－0，解得电子出第n
个圆筒瞬间速度为vn＝，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线
运动的时间恰好是，则第n 个圆筒长度为Ln＝vn·＝，故C 错误，D 正确。
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