第05讲 带电粒子在电场中的运动 课后专项突破（练习）-【划重点】2024-2025学年高二物理上学期中期末复习精细讲义

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一、单选题
1．如图，有11H、12H、24He三种带正电粒子（不计重力）分别在电压为U1的电场中的O点静止开始加速。从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则（ ）
A．三种粒子在电场中的加速度之比为1:1:2
B．三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的
C．三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为1:2:2
D．三种粒子从偏转电场出来时动能之比为1:1:2
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律可知，粒子在电场中的加速度大小为
a=qEm∝qm
可知三种粒子在电场中的加速度之比为
aH1:aH2:aHe=2:1:1
故A错误；
C．粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得
qU1=12mv02
解得
v0=2qU1m∝q1m
则三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为
vH1:vH2:vHe=2:1:1
故C错误；
B．粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为L，板间为d，则有
L=v0t，y=12at2，a=qU2md
联立可得
y=U2L24U1d
可知粒子在偏转电场中的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，即三种粒子在偏转电场中的偏移量相同，则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的，故B错误；
D．全过程根据动能定理可得
12mv2=qU1+qU2dy∝q
可知三种粒子从偏转电场出来时动能之比为
EkH1:EkH2:EkHe=1:1:2
故D正确。
故选D。
2．如图所示，平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置，一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．该电容器上极板一定带负电
B．液滴从P点到N点的过程中速度增加
C．液滴从P点到N点的过程中电势能减少
D．液滴从P点以原速度射入后可能做匀减速直线运动
【答案】C
【详解】B．由于带电液滴受到的重力和电场力都处于竖直方向，所以为了使带电液滴从下极板P点射入，恰好沿直线从上极板N点射出，带电液滴的合力应为零，带电液滴做匀速直线运动，即液滴从P点到N点的过程中速度不变，故B错误；
A．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，由于不知道带电液滴的电性，所以不能确定电场方向，不能确定极板电性，故A错误；
C．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，可知电场力对带电液滴做正功，液滴的电势能减少，故C正确；
D．液滴从P点以原速度射入时，液滴受到重力和电场力均保持不变，液滴仍做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
3．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，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到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'点后继续运动
【答案】D
【详解】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有
−eUOM−eUMP=0
解得
UMP=−UOM=UMO
根据
C=QU=εS4πkd
当C板向左平移到P'点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有
UMP=UMO>UMP'
结合上述有
−eUOM−eUMP'>0
可知，电子减速运动到P'的速度不等于0，即电子穿过P'点后继续向右运动。
故选D。
4．如图所示，在倾角为θ的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为m、带电量q（q>0）的物体。加上沿着斜面方向的电场，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械能E与其位移x的关系图像如图所示，其中OA为直线，AB为曲线，BC为平行于横轴的直线，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A．0∼x1过程中，电场强度的大小恒为E=E1qx1
B．x1∼x2过程中，物体电势降低了E2−E1q
C．x1∼x2过程中，物体加速度一直减小
D．x2∼x3过程中，电场强度为零
【答案】C
【详解】A．物体机械能的变化量等于电场力做功，即
ΔE=Eqx
由图像可知0∼x1过程中
Eq=E1−0x1
解得电场强度的大小恒为
E=E1qx1
选项A正确，不符合题意；
B．x1∼x2过程中，电场力做功
W=E2−E1
可知电势能减小
ΔEp=E2−E1=Δφq
可得物体电势降低了
Δφ=E2−E1q
选项B正确，不符合题意；
C．x1∼x2过程中，图像的斜率减小，则电场力减小，直到减为零，根据
a=qE−mgsinθm
物体加速度先减小后反向增加，选项C错误，符合题意；
D．x2∼x3过程中，图像的斜率为零，则电场强度为零，选项D正确，不符合题意。
故选C。
5．示波管的内部结构如图所示。如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。YY′偏转电极上加的是待显示的正弦信号电压，周期为T1，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，也叫扫描电压，周期为T2，下列说法错误的是（ ）
A．若UYY′ > 0，UXX′ = 0，则电子向Y′极板偏移
B．若UYY′ = 0，UXX′ > 0，则电子向X极板偏移
C．若T2 = T1，则荧光屏上显示的是待测信号在一个周期内完整的稳定图像
D．若T2 = 2T1，则荧光屏上显示的是待测信号在两个周期内完整的稳定图像
【答案】A
【详解】A．若UYY′ > 0，UXX′ = 0，电子带负电，向电势高的地方偏移，则电子向Y极板偏移，故A错误，符合题意；
B．若UYY′ = 0，UXX′ > 0，电子带负电，向电势高的地方偏移，则电子向X极板偏移，故B正确，不符合题意；
CD．如果T2 = T1，荧光屏上显示的是待测信号在一个周期内完整的稳定图像，如果T2 = 2T1，荧光屏上显示的是待测信号在两个周期内完整的稳定图像，故CD正确，不符合题意。
故选A。
6．如图所示，竖直平面内足够长的光滑绝缘直杆与水平面的夹角α=30°，直杆的底端固定一电荷量为Q的带正电小球，M、N、P为杆上的三点。现将套在绝缘杆上有孔的带正电物块从直杆上的M点由静止释放。物块上滑到N点时速度达到最大，上滑到P点时速度恰好变为零。已知带电物块的质量为m、电荷量为q，M、P两点间的距离为x，静电力常量为k，不计空气阻力，重力加速度大小为g，带电体均可视为点电荷。则N点到直杆底端的距离r和M、P两点间的电势差UMP分别为（ ）
A．r=kQqmg,UMP=mgx2qB．r=kQqmg,UMP=mgxq
C．r=2kQqmg,UMP=mgx2qD．r=2kQqmg,UMP=mgxq
【答案】C
【详解】带电物块上滑到N点时，受到的库仑力大小
F库=kQqr2
带电物块上滑到N点时速度最大，此时带电物块所受的合外力等于零，根据受力平衡有
F库=mgsinα
解得N点到直杆底端的距离r
r=2kQqmg
带电物块从M点到P点，根据动能定理有
−mgxsinα+WMP=0M、P两点间的电势差
UMP=WMPq
解得M、P两点间的电势差为
UMP=mgx2q
故选C。
7．如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为UAB，交变电压的周期T=L2v0。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断的进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（ ）
A．t=T8时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为17d64
B．t=T4时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为3d16
C．只有t=0时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d2
D．不是所有电子离开电场时的速度都是v0
【答案】A
【详解】A．依题意，可知所有电子离开极板所用时间
t=Lv0=2T t=T8时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度时间图像如图所示，v−t图像与时间轴围成的面积代表位移
在t=15T8时刻侧位移最大，最大位移为
ymax=4×12a(3T8)2−2×12a(T8)2
在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为12d，则有
12d=4×12a(T2)2
联立可得
ymax=17d64
故A正确；
B．t=T4时刻进入电场的电子，在t=3T4时刻侧位移最大，最大侧位移为
ymax'=2×12a(T4)2=d16
故B错误；
C．在t=n2T(n=0,1,2,3⋅⋅⋅)时刻进入电场的电子侧位移最大为12d，故C错误；
D．电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示
所有电子离开极板所用时间
t=Lv0=2T
由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0，所以所有电子离开电场时速度都等于，故D错误。
故选A。
二、多选题
8．示波管的内部结构如图甲所示,如果在偏转电极XX’、YY’之间都没有加电压,电子束将打在光屏中心,如在偏转电板XX’之间和YY’之间加上如丙所示的几种电压,荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形,则下列说法正的是( )
A．若XX'、YY’分别加图丙中电压(3)和(1),荧光屏上可以出现乙中(a)所示波形
B．若XX’、YY'分别加丙中电压(4)和(2),荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C．若XX’、YY'分别加图丙中电压(2)和(1)荧光屏可以出现图乙中(b)所示波形
D．若XX’、YY'分别加图丙中电压(3)和(2),荧光屏上可以出现图乙(b)所示波形
【答案】AD
【详解】要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压．B在XX′偏转电极所加的电压（4）不可能要水平向完成偏转，同样C在XX′偏转电极所加的电压（2）不可能在水平向完成连续的偏转；而AD在XX′偏转电极接入的是（3）锯齿形电压可实现显示的为YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压．故AD正确，BC错误．故选AD．
9．如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合)．则( )
A．若X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极，则电子打在坐标的第II象限
B．若X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极，则电子打在坐标的第I象限
C．若X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极，则电子打在坐标的第IV象限，
D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极，则电子打在坐标的第Ⅲ象限
【答案】AD
【详解】将粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，沿初速度方向不受外力，做匀速直线运动；若X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极，则电子向x轴负方向和y轴正方向受力，电子打在坐标的第II象限，选项A正确；若X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极，则电子向x轴正方向和y轴负方向受力，则电子打在坐标的第IV象限，选项B错误；若X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极，则电子向x轴正方向和y轴正方向受力，则电子打在坐标的第I象限，选项C错误； X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极，则电子向x轴负方向和y轴负方向受力，则电子打在坐标的第Ⅲ象限，选项D正确；故选AD．
【点睛】本题关键是将带电粒子的运动沿着x、y和初速度方向进行正交分解，然后根据各个分运动相互独立，互不影响的特点进行分析讨论．
10．如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当t=0时，一带电粒子从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙图所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值vm、时间T为已知量）则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T
B．两板间距离d=2vmT
C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压U=2mvm2q
D．若其他条件不变，该带电粒子从t=T8开始进入电场，该粒子能到达右侧板
【答案】BD
【详解】
A．由图像可知，运动过程中粒子速度方向未发生改变，带电粒子在两板间做单向直线运动，A错误；
B．速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像可知两板间距离为
d=4×vmT2=2vmT
B正确；
C．设板间电压为U，则粒子加速度为
a=qUmd=qU2mvmT
则
vm=a⋅T2=qU4mvm
解得
U=4mvm2q
C错误；
D．t=T8开始进入电场的粒子，速度—时间图像如图，由图像可知，粒子正向位移大于负向，故运动方向时而向右，时而向左，最终打在右板上，D正确。
故选BD。
11．如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为U1，C、D之间的偏转电压为U2，P为荧光屏。现有质子、氘核和α粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2，则关于质子、氘核和α粒子这三种粒子，下列说法正确的是（ ）
A．三种粒子都打在荧光屏上同一个位置
B．从开始到荧光屏所经历时间之比为1:2:2
C．打在荧光屏时的动能之比为2:1:1
D．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多
【答案】AB
【详解】B．粒子在AB间加速过程，由动能定理得
qU1=12mv2
得
v=2qU1m
质子、氘核和α粒子比荷之比为2：1：1，则质子、氘核和α粒子三种粒子加速获得的速度之比为2：1：1。设AB间距离为d1，B板与荧光屏的距离为s。粒子在AB间运动时，有
t1=2d1v
粒子从B板到荧光屏，在水平方向上一直做匀速直线运动，则有
t2=sv
从开始到荧光屏所经历时间
t=t1+t2=2d+sv
知t与v成反比，则从开始到荧光屏所经历时间之比为1:2:2，故B正确；
AD．设C、D极板长度为L，板间距离为d。粒子飞出偏移电场时偏转的距离
y=12at偏2=12⋅qU2mdLv2=U2L24dU1
飞离偏转电场时的速度方向
tanθ=vyv=U2qdmLvv=U2L2dU1
与粒子的质量和电荷量无关，可知粒子飞离偏转电场时偏转量和速度的方向都相同，可知三种粒子都打在荧光屏上同一个位置，经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功
W=Eqy=U2dqy∝q
电场力对三种原子核做的功之比为1:1:2，选项A正确，D错误；
C．粒子从开始到荧光屏的过程，由动能定理得
Ek=qU1+qEy
则粒子打在荧光屏时的动能
Ek∝q
故打在荧光屏时的动能之比为1：1：2，故C错误。
故选AB。
12．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布薄金属圆板O及A、B、C、D、E五个金属圆筒（又称漂移管），相邻金属圆筒分别用导线接在M、N两点，O接M点，将M、N接在高压电源两端。质子飘入（初速度为0）金属圆板O轴心处的小孔沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同．质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（ ）
A．质子从圆筒E射出时的速度大小为10eUm
B．圆筒E的长度为T10eUm
C．M、N所接电源是直流恒压电源
D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1:2
【答案】AB
【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得
5eU=12mvE2
质子从圆筒E射出时的速度大小为
vE=10eUm
故A正确；
B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为
LE=vET=T10eUm
故B正确；
C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故C错误；
D．由AB可知，金属圆筒A的长度
LA=T2eUm
金属圆筒B的长度
LB=T4eUm
则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1:2，故D错误。
故选AB。
13．如图甲所示，在真空中有水平放置的两个平行正对金属板，板长为l，两板间距离为d，在两板间加一如图乙所示的周期性变化的电压。质量为m、带电荷量为e的电子以速度v从两极板左端中间沿水平方向连续均匀地射入两极板之间。若电子经过两极板间的时间相比电压的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用及电子重力，下列说法正确的是（ ）
A．当Ummd2v2el2时，有电子能从极板的右端射出
D．当Um=2md2v2el2时，一个周期内，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1:2
【答案】AC
【详解】A．两极板间电压为U时，对电子由牛顿第二定律有
eUd=ma
电子做类平抛运动，在平行极板方向上有
l=vt
在垂直极板方向上有
y=12at2
当y=12d时，电子恰好从极板边缘飞出，此时
U=md2v2el2
故当Ummd2v2el2时，有部分电子能从极板的右端射出，故C正确；
D．当Um=2md2v2el2时，一个周期内有12T的时间电低于md2v2el2，因此一个周期内，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1:(2−1)，故D错误。
故选AC。
14．接在平行板电容器的A、B两极板电压随时间变化关系图像如图所示，两板间距足够大，一质量为m、带电量为＋q的粒子（不计重力），开始静止在两极板中央，从某时刻由静止释放，关于带电粒子的运动，下列描述正确的是（ ）

A．若从0时刻由静止释放，粒子向右运动的最大速度vm=2qU0m
B．若从0时刻由静止释放，粒子先向右后向左做往复性的运动
C．若从38T时刻由静止释放，粒子时而右，时而左，每个周期都会向左移动一定距离
D．若从78T时刻由静止释放，粒子时而左，时而右，每个周期都会向右移动一定距离
【答案】CD
【详解】AB．从0时刻释放粒子，根据静止粒子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图像如图：
由图可知，粒子在向右的电场力的作用下，向右做匀加速运动，若在T2时刻恰好到达右极板，则此时有最大速度，根据动能定理有
qU02=12mvm2
解得
vm=qU0m
若在T2时刻未到达右极板，板间距足够大的情况下，则此后T2时间内再向右做匀减速运动直至速度减为零，之后重复上述运动，运动的方向始终向右，因此粒子始终向右运动，直至到达右极板，故AB错误；
C．若粒子从38T时刻由静止释放，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图像如图：
由图可知，粒子在电场力的作用下，时而右，时而左，一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，每个周期都会向左移动一定距离，故C正确；
D．若粒子从78T时刻由静止释放，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的v−t图像如图：
由图可知，粒子在电场力的作用下，时而左，时而右，一个周期内向右运动的位移大于向左运动的位移，每个周期都会向右移动一定距离，故D正确。
故选CD。
三、解答题
15．如图，等量异种电荷固定在光滑绝缘斜面上的AB两点，O为AB的中点，CD为斜面上的两点。带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止。已知斜面倾角为30°，固定电荷的电荷量为Q，AB间距为2L，小球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，求：
(1)沿斜面从C到D，空间的电场强度和电势如何变化？
(2)小球的电性和电量q；
(3)已知 CO=L2，OD=3L4，将小球从C点静止释放，恰能在D处速度减为零，则CD两点的电势差UCD多大？
【答案】(1)场强先减小后增大，电势一直增大
(2)正电荷，mgL24kQ
(3)−5kQ2L
【详解】（1）根据等量异种点电荷连线的电场分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电场强度先减小后增大；根据等量同种点电荷连线的电势分布特点可知，沿斜面从C到D，空间的电势一直增大。
（2）带电小球（视为试探电荷）无初速度放在O处恰能保持静止，可知小球受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，则小球带正电；根据受力平衡和库仑定律可得
2kQqL2=mgsin30°
解得
q=mgL24kQ
（3）从C到D，由动能定理得
mgsin30°⋅(L2+3L4)+qUCD=0
解得
UCD=−5kQ2L
16．如图所示，相距2L的竖直直线AB、CD间有两个有界匀强电场，水平直线MN分别与直线AB、CD相交于M、N两点，直线MN下方的电场方向竖直向上，大小E1=8mv029qL，直线MN上方的电场方向竖直向下，大小为E2未知。Q点在直线AB上，且与M点的距离为L。一粒子从Q点以初速度v0沿水平方向射入下方电场，经MN上的P点进入上方电场，然后从CD边上的F点水平射出。已知F点到N点的距离为L3，粒子质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力。求：
(1)粒子从Q点到P点运动的时间t1；
(2)粒子到达P点时的速度大小v；
(3)若MQ间连续分布着上述粒子，粒子均以速度v0沿水平方向射入下方电场，不计粒子间相互作用。为了使这些粒子沿水平方向射出CD，求在MQ上的入射点到M点的距离y满足的条件。
【答案】(1)t1=3L2v0
(2)v=53v0
(3)y=Ln2(n=1,2,3...)
【详解】（1）粒子从Q点到P点竖直方向上做匀加速直线运动，根据
L=12a1t12
E1q=ma1
联立求得粒子从Q点到P点运动的时间
t1=3L2v0
（2）粒子从Q点运动到P点，根据动能定理有
qE1L=12mv2−12mv02
求得粒子到达P点时的速度大小
v=53v0
（3）由题意，根据动能定理可得
qE1L=qE2⋅L3
可得
E2=3E1=8mv023qL
若MQ间连续分布着上述粒子，设粒子到M点的距离为y，在下方电场中运动时间为t，在上方电场中运动时间为t′，若水平射入，水平射出，则有
a1t=a2t′
其中
qE2=ma′
得
tt′=31
粒子可能经过n次循环到达边界CD，则有
v0(t+t')n=2L(n=1,2,3...)
解得
t=3L2nv0(n=1,2,3...)
粒子在竖直方向有
y=12a1t2
联立解得在MQ上的入射点到M点的距离y满足的条件
y=Ln2(n=1,2,3...)
17．建立如图所示的坐标系。两块足够大的金属板正对水平放置，两板间距为d，上下板分别带等量的正负电荷。一带正电的金属小球，距离下极板d3，以某一水平初速度自左向右射入电场，小球的电荷量q，质量m，重力加速度为g，金属板间的匀强电场场E=mgq。若小球碰到金属板时，电荷性质立刻与金属板相同，电荷量大小不变：小球与板碰撞前后，沿板方向的速度不变，垂直板方向的速度大小不变方向相反，金属板的电荷量始终不变，小球第一次碰到极板时的坐标为d2,0，求
(1)小球的初速度v0等于多大；
(2)小球第二次碰到极板时的位置坐标；
(3)小球第三次碰到极板时的位置坐标和动能。
【答案】(1)3gd2
(2)5d4,d
(3)74d,0，73mgd24
【详解】（1）小球所受电场力竖直向下，则加速度
a=qE+mgm=2g
小球距离下极板d3，小球第一次碰到极板时有
t1=2×d32g=d3g
小球第一次碰到极板时的坐标为d2,0，则有
v0=d2t1=3gd2
（2）反弹后做匀速直线运动，到上极板运动时间
t2=3t12
水平位移为
x=v0t2=34d
则小球第二次碰到极板时的位置坐标为54d,d。
（3）第三段运动加速度和时间均与第一段相同，所以水平位移为d2，坐标为74d,0。
动能为
Ek=12mv02+2mg⋅d+2mg⋅d3
得到
Ek=mgd38+83=73mgd24
18．如图甲所示，平行板电容器两极板M、N的间距为d，两极板长为L，M板接地（电势为零），t=0时刻，电荷量为q，质量为m的带正电粒子沿两板中心线PQ以某一初速度射入极板间，N板的电势φ随时间变化的规律如图乙所示，当k=1时，粒子在T（已知）时刻恰从M板右端边缘飞出。忽略边界效应，板间的电场为匀强电场，不计粒子重力。求
(1)粒子从P点飞入时的速度大小；
(2)图乙中的φ0；
(3)若粒子恰从N板右端边缘飞出，图乙中k的值。
【答案】(1)v0=LT
(2)φ0=2md2qT2
(3)k=5
【详解】（1）粒子在沿板方向做匀速直线运动，可得
L=v0T
解得
v0=LT
（2）粒子在垂直板方向做变速直线运动，0∼T2内粒子的加速度
a=φ0−0d⋅qm
因为k=1，T2∼T内粒子在垂直板方向加速度大小与0∼T2内相等，v−t图像如图所示，
在0∼T内垂直板方向位移
d2=12aT22×2
解得
φ0=2md2qT2
（3）若粒子恰从N板右端边缘飞出，即粒子在垂直板方向先向上加速后向上减速再反向加速，v−t图像如图所示
粒子在0到T2时刻，加速度
a1=φ0−0d⋅qm
粒子在T2到T时刻，加速度
a2=kφ0−0d⋅qm
全程在垂直极板方向列运动学公式
−d2=12a1T22+a1T2T2−12a2T22
解得
a2=5a1
即
k=5
19．质子从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2，微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为300，微粒运动轨迹的最高点到两极板距离相等，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。
(1)求电压之比U1∶U2
(2)若将质子和二价氦离子混合物从静止开始经电压U1加速后，他们是否会分离为二股粒子束，请通过计算说明.
【答案】(1)2:1
(2)不会；见解析
【详解】（1）依题意，质子加速过程，有
eU1=12mv02
进入偏转电场后，竖直方向，由动能定理可得
−eU22=0−12m(v0sin30°)2
联立，解得
U1：U2=2：1
（2）设带电微粒的电荷量为q，质量为m，可得
qU1=12mv02
带电微粒进入偏转电场射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为
x=v0cs30°⋅t，y=12at2
其中
a=qU2md
联立，解得
y=U2x23dU1
可知带电微粒的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，若将质子和二价氦离子混合物从静止开始经电压U1加速后，他们是不会分离为二股粒子束。
20．如图所示，两片半径均为R=4cm的相同圆形金属板平行正对放置，板间距为d=4cm。平行板间加载电压U0=4V（上极板电势高于下极板）MN为圆心连线，轴线OQ过MN中点P并与MN垂直；OQ在Q处垂直平分一长为2R的线段AB，AB平行金属板且在板外。在O处有一足够大的荧光屏竖直放置，荧光屏与P点距离为L=20cm，在屏上以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴平行AB。线段AB上均匀分布有粒子源，能沿平行QO方向发射比荷为qm=1×106C/kg，速度为v=4×103m/s的负粒子，忽略金属板的边缘效应以及粒子间的相互作用，粒子重力不计，求：
（1）AB上Q点发出的粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量y；
（2）AB上距Q点32R处的粒子打在屏上的位置与x轴的距离；
（3）若AB上出射粒子的速率调节为15×103m/s，求打在荧光屏上的粒子占发射源发射粒子总数的百分比η。
【答案】（1）2cm；（2）5cm；（3）75%
【详解】（1）AB上Q点发出的粒子，在电场运动的时间为
t=2Rv=2×10−5s
粒子在电场中运动时竖直方向的加速度为
a=qUdm=1×108m/s2
则粒子刚出电场时在竖直方向上偏移量y为
y=12at2=12×1×108×2×10−52=0.02m=2cm
（2）AB上距Q点32R处的粒子，俯视图如下图所示，根据几何关系有
12s=R2−32R2=12R
则该粒子在电场中沿水平方向运动的距离满足
s=R=vt1
解得该粒子在电场中的运动时间为
t1=1×10−5s
则该粒子离开电场时竖直方向的速度为
vy=at1=1×103m/s
则粒子刚出电场时的速度偏向角的正切值为
tanθ=vyvx=14
速度反向延长线交与水平位移中点所以，由几何关系得
tanθ=YL=14
解得粒子打在屏上的位置与x轴的距离为
Y=5cm
（3）若AB上出射粒子的速率调节为15×103m/s，Q点发出的粒子沿电场方向的位移满足
y=12a2Rv2=3215>2cm
故总有部分粒子会打在上极板上，假设AB上距Q点x处的粒子恰好从极板边缘射出电场，根据几何关系作出俯视图及侧视图如下。该粒子在电场中沿水平方向运动的距离满足
S=2R2−x2
S=vt
沿竖直方向运动的距离满足
d2=12at2
联立解得
x=1cm
线段AB上粒子均匀分布，则打在荧光屏上的粒子占发射源发射粒子总数的百分比为
η=2R−X2R×100%=75%