专题09 带电粒子在电场中的运动 （word）2025-2026学年高二上物理必修三人教版2019 期中复习学案专题知识点+习题

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考点清单
知识点一带电粒子在电场中的加速
1带电粒子的分类及受力特点
2两种处理思路
(1)力和运动的关系——牛顿第二定律
带电粒子受到静电力作用而加速，用牛顿第二定律求解加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。
(2)功和能的关系——动能定理
静电力对带电粒子做功，引起带电粒子能量发生变化，当运动过程只涉及位移、速率时，可通过功能关系分析，运用动能定理或能量转化与守恒定律求解。
知识点二带电粒子在电场中的偏转
1带电粒子的偏转
2两个重要推论
例题：某种金属板M受到一束紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的速度方向，速度大小也不相同。平行M放置一个金属网N，在M、N间连一电流表，如图（a）所示，将在电流表中检测到电流；如果在M、N之间加电压U，如图（b）所示，调节电压U的大小，观察电流表中的电流大小。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中流过电流表的电流方向为从a到b
B．图（b）中当U增大时，电流表的读数也增大
C．图（b）中当U增大到某一值时电流表的读数可能为零
D．所有电子从M板到金属网N均做匀减速直线运动
解：A.由题意可知，光打到M板上，电子从M到N，在电流表内从a到b；由电流方向为正电荷定向移动的方向，可知电流方向为从b到a,故A错误；
D.由图的电压可知，电场方向为水平方向，从左向右，电子受静电力方向为水平向左；
电子速度方向从M板到N板，具体方向未知，但一定是向右侧的，故光电子的速度方向与电场力方向的夹角为钝角，（当电子的速度方向沿金属板M板面方向时，静电力方向与电子速度方向间的夹角为直角，该方向射出的电子是不会在两板间运动），故电子在两板间做减速运动；
匀减速直线运动的条件：合力与速度方向相反，故初始速度方向为水平向右的电子，做匀减速运动；初始速度方向斜向右上方或右下方的电子，都不做匀减速直线运动，故D错误；
B.由D选项分析可知，电子在运动过程中会减速，U增大，到达N极板电子速度越小；
若电压足够大，则电子不能到达右侧，即到达右侧的电子数减少，电流表的读数减小，故B错误；
C.若电压足够大，使水平初速度最大的电子，都不能到达右侧，则电流为0，故C正确。
故选：C。
知识点三示波管的原理
1示波管的结构及功能(如图10-5-5所示)
(1)电子枪：发射高速电子。
(2)偏转电极YY':使电子束竖直偏转(加信号电压);偏转电极XX':使电子束水平偏转(加扫描电压)。
(3)荧光屏：显示作用。
2工作原理
(1)偏转电极不加电压时
从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。
(2)在偏转电极XX'(或YY')加电压时
若所加电压稳定，则电子偏转，偏转后射到荧光屏上的某一点，形成一个亮斑(不在中心)。
如图10-5-6所示，设加速电压为U₁,偏转电压为U₂,电子的电荷量为e,质量为m,由动能定理得
eU1=12mv02 ①
在电场中的侧移量
y=12at2=eU2t22dm②
其中d为两极板的间距，水平方向t=Lv0③
又tanφ=vyvx=atv0=eU2Ldmv02④
由①②③④得亮斑在荧光屏上的侧移量为
y'=y+L'tanφ=eLU2mv02d(L'+L2)=(L'+L2)tanφ=(L'+L2)LU22dU1∘
(3)示波管实际工作时，加在偏转电极YY上的电压是要研究的信号电压，甲加在偏转电极XX′上的电压是扫描电压。若两者周期相同，在荧光屏上就会显示出信号电压在一个周期内随时间变化的波形图。
例题：下列说法不正确的是（ ）
A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况
B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下
C．物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略
D．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心处
解：A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况，故A正确；
B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下，故B正确；
C．物体在地球附近绕地球运动时，根据万有引力定律可知，太阳的作用可以忽略，故C正确；
D．根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的焦点处，故D错误。
本题选不正确的，故选：D。
知识点四扫描电压及应用
1扫描电压
扫描电压呈锯齿形状，又称锯齿电压，如图10-5-10所示。扫描电压加在XX′偏转电极上(向右为正方向),待显示的信号电压加在YY′偏转电极上。
2实际应用
(1)仅在XX′偏转电极上加扫描电压，荧光屏上将出现一个亮斑从左向右移动，由于视觉暂留现象，会在x轴上看到一条亮线，如图10-5-11所示。
(2)如果再在YY'偏转电极上加恒定电压U,屏上将看到一条平行于x轴的亮线，如图10-5-12所示。
(3)在XX′间加扫描电压，在YY′间加交流信号电压，两个信号周期相同，则任何时刻两个信号同时作用于电子。实际上扫描电压的作用相当于时间轴，将U,随时间的变化展开在屏上，使屏上看到交流信号电压的波形，如图10-5-13所示。
习题精选
地
考点01
带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动
（多选）1．（2024秋•儋州校级期中）如图所示，电容器充电后与电源断开，一电子由静止开始从该电容器的A板向B板运动，经过时间t0到达B极板，电子到达B板时的速度为v，则下列说法正确的是（ ）
A．若只增大或减小两板间的距离，则v的大小保持不变
B．若只将A板竖直向上移动一小距离，则v将增大
C．若只将A、B两板之间的距离增大到原来的4倍，则v将增大到原来的2倍
D．若只将A板竖直向上移动一小距离，则电子在两板间运动的时间变长
【答案】BC
【解答】解：A、根据动能定理得：qU=12mv2，得v=2qUm。若只增大或减小两板间的距离，由C=ɛrS4πkd分析可知，电容减小或增大。电容器的带电量不变，由C=QU判断可知板间电压U增大或减小，由v=2qUm知，v将增大或减小，故A错误；
B、若只将A板竖直向上移动一小距离，两极板正对面积减小，由C=ɛrS4πkd分析可知，电容减小。电容器的带电量不变，由C=QU判断可知板间电压U增大，由v=2qUm知，v将增大，故B正确；
C、若只将A、B两板之间的距离增大到原来的4倍，由C=ɛrS4πkd分析可知，电容减小到原来的14倍。电容器的带电量不变，由C=QU判断可知板间电压U增大至原来的4倍，由v=2qUm知，v将增大到原来的2倍，故C正确；
D、若只将A板竖直向上移动一小距离，板间电压U增大，板间场强增大，电子受到的电场力增大，加速度增大，电子在两板间运动的时间变短，故D错误。
故选：BC。
（多选）2．（2025春•河西区期中）霍尔推进器获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，单个离子的质量为m，电荷量为e，经推进器喷出的离子形成的等效电流为I。忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．离子喷出加速电场时的速度为2eUm
B．推进器单位时间内喷出的离子个数为Ie
C．将离子喷出过程中，引擎获得的推力为2meU
D．若推进器对粒子的作用力为F，粒子喷出的速度为v，则加速离子束所消耗的功率为12Fv
【答案】ABD
【解答】解：A、离子加速过程，根据动能定理得
eU=12mv2
解得离子喷出加速电场时的速度为v=2eUm，故A正确；
B、推进器单位时间内喷出的离子个数为n=I×1e=Ie，故B正确；
C、以t时间内飘入的正离子为研究对象，取向右为正方向，设离子推进器对其的平均推力大小为F'，根据动量定理得
F't＝m0v﹣0，其中m0＝nmt
由牛顿第三定律可知，引擎获得的推力为F＝F'
联立可得F=Ie2meU，故C错误；
D、若推进器对粒子的作用力为F，粒子喷出的速度为v，则F对粒子做功为W＝F•v2t，加速离子束所消耗的功率为P=Wt=F⋅v2tt=12Fv，故D正确。
故选：ABD。
3．（2024秋•朝阳区校级期中）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【答案】（1）带电粒子所受的静电力的大小为qUd；
（2）带电粒子到达N板时的速度大小为2qUm；
（3）该粒子从M板运动到N板经历的时间为3d2qUm。
【解答】解：（1）金属板M、N之间电场强度大小为
E=Ud
则带电粒子受到的静电力的大小为
F＝qE=qUd
（2）带电粒子从M板到N板的过程，根据动能定理得
qU=12mv2
解得：v=2qUm
（3）带电粒子在撤去电压前做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，则
d2=12×qUmdt12
t2=d2v1
其中v1=qUmdt1
该粒子从M板运动到N板经历的时间为
t＝t1+t2
联立解得：t=3d2qUm
答：（1）带电粒子所受的静电力的大小为qUd；
（2）带电粒子到达N板时的速度大小为2qUm；
（3）该粒子从M板运动到N板经历的时间为3d2qUm。
地
考点02
带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动
4．（2025春•铜山区期中）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。通过设计特定的圆筒长度，使得电子可以在任意两个圆筒缝隙内运动时被加速。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忽略不计，则（ ）
A．电子在金属圆筒中运动时也处于加速状态
B．电子在每个金属圆筒中的运动时间均为T
C．电子出第n个圆筒瞬间速度为2neUm
D．第n个圆筒长度为T2m2neUm
【答案】D
【解答】解：A.由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B.因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即T2，故B错误；
C.由动能定理得
neU=12mv2
所以电子出第n个圆筒瞬间速度为
v=2neUm
故C错误；
D.因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为
L=v⋅T2=T22neUm=T2m2neUm
故D正确。
故选：D。
5．（2024秋•宁海县期中）如图甲为直线加速器原理图，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。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。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）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中做匀加速直线运动
B．本装置可采用直流电进行加速
C．进入第2个金属圆筒时的速度为2eUm
D．第8个金属圆筒的长度为4TeUm
【答案】C
【解答】解：A、由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B、结合题意，根据加速器原理可知，本装置应采用交流电进行加速，故B错误；
C、从序号为0的金属圆板到进入第2个金属圆筒的过程中，由动能定理得：2eU=12mv2，解得：v=2eUm，故C正确；
D、结合C选项分析可知进入第8个金属圆筒时的速度满足：8eu=12mv2，因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为：L=v'×T2=2TeUm，故D错误。
故选：C。
6．（2024秋•南开区校级期中）如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能Ek随时间（一个周期内）变化规律的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解答】解：AB．电子一个周期内的运动情况为：0～T4时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，T4～T2时间内，原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零。T2～3T4时间内，向B板做匀加速直线运动，3T4～T时间内，继续向B板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图像是倾斜的直线；电子做匀变速直线运动时x﹣t图像是抛物线，故AB错误；
C．由于牛顿第二定律F＝ma，解得a=qUmd可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故a﹣t图像应平行于横轴，故C正确；
D．匀变速运动速度图像是倾斜的直线，根据Ek=12mv2，可知Ek与v成二次函数关系，结合上述分析，v与t在每一阶段均为一次函数关系，由此可知Ek﹣t图像是曲线，故D错误。
故选：C。
地
考点03
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
7．（2024秋•荔湾区校级期中）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
【答案】D
【解答】解：小球的初速度方向沿虚线时，其运动轨迹为直线，根据物体做直线运动的条件可知，小球所受重力和电场力的合力方向沿虚线方向，所以电场方向水平向右，如图所示。
小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动，小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；电场力做正功，小球的电势能减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（多选）8．（2025春•元氏县校级期中）如图所示，三个带电荷量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C，从同一平行板间电场中的同一点P垂直电场方向射入，在电场中的运动轨迹如图中虚线PA、PB、PC所示，不计粒子重力。则下列说法中正确的是（ ）
A．三个粒子的加速度关系为aA＞aB＞aC
B．三个粒子的加速度关系为aA＝aB＝aC
C．三个粒子的入射速度关系为vA＞vB＞vC
D．三个粒子的入射速度关系为vA＜vB＜vC
【答案】BD
【解答】解：AB、三个粒子电量相同、质量相同，故加速度a=qEm相同，故A错误，B正确；
CD、粒子在电场中做类平抛运动，
竖直方向：h=12at2，可见A、B运动时间相同，C运动时间最短，
水平方向匀速直线运动：L＝v0t，所以v0=Lt，
故可知vA＜vB＜vC，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）9．（2025春•马山县期中）如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的长度为L、粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法错误的是（ ）
A．水平方向上前L2与后L2电场力做功的比值为1：1
B．竖直方向上前d2与后d2所需时间的比值为1：1
C．前t2与后t2竖直方向下落的高度比值为1：3
D．前t2与后t2电势能变化量的比值为1：1
【答案】ABD
【解答】解：ACD、粒子在垂直于极板的方向做初速度为零的匀加速运动，平行极板方向做匀速运动，
则由水平方向的分运动可知：x＝v0t，前L2与后L2的时间为1：1；
竖直方向的分位移之比为：12at212a×(2t)2-12at2=13，竖直方向电场力做功之比为：W1W2=qEy1qEy2=13，
由功能关系可知，前t2与后t2电势能变化量的比值为1：3，故AD错误，C正确；
B、由竖直方向的分运动特点，可知：d2=12×qEmt12，d=12×qEmt22，前d2与后d2所需时间的比值为：t1t2-t1=12-1，故B错误。
本题选择错误的，故选：ABD。
地
考点04
带电粒子在周期性变化的电场中偏转
10．（2024秋•杭州期中）如图甲所示，某多级直线加速器由n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，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为2(n-1)eU0m
C．各金属筒的长度之比为1：2：3：…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：2：3：…
【答案】C
【解答】解：A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，合力为零，故质子做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
neU0=12mvn2-0
解得
vn=2neU0m
故B错误；
D．依题意分析，只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为T2时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．根据匀加速直线运动位移—时间公式，第n个圆筒长度
Ln=vn⋅T2=2neU0mT2
则各金属筒的长度之比为1：2：3：…，故C正确。
故选：C。
（多选）11．（2024秋•南山区校级期中）图甲为板间距为d、长度2d两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，刚好沿板右边缘射出电场。已知电场变化周期T=2dv0。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A．粒子的电荷量为mv02U0
B．若粒子在t＝0时刻以v02进入电场，则该粒子在t＝2T时刻射出电场
C．若该粒子在t=14T时刻以速度v0进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功
D．若该粒子在t=18T时刻以速度v0进入电场，粒子会水平射出电场
【答案】CD
【解答】解：A.粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为
t=2dv0=T
竖直方向粒子先加速后减速，设则
d2=2×12⋅qU0md(T2)2
解得
q=mv022U0
故A错误；
B.若粒子在t＝0时刻以v02进入电场，则经过时间T，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故B错误；
C.若该粒子在t=T4时刻以速度进入电场，粒子在电场中运动时间为T；在竖直方向粒子在T4～T2时间内先加速，在T2～3T4内做减速运动速度减为零，然后3T4～T时间内反向加速，在T～5T4内做减速直至减为零，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故C正确；
D.若该粒子在t=T8时刻以速度进入电场，则粒子在电场中运动时间为T，由对称性可知，粒子从电场中射出时竖直速度仍为零，即粒子会水平射出电场，故D正确。
故选：CD。
（多选）12．（2024秋•江北区校级期中）如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知t＝0时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力，则（ ）
A．无论哪个时刻入射的粒子在金属板间运动的时间相等
B．无论哪个时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点O出射
C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间出射时动能Ek=12mv02
D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d2
【答案】AC
【解答】解：AB.已知t＝0时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有
4d＝v0T
d2=2×12a(T2)2
a=qEm=qU0md
作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如下图
由图像可知，在时刻t=2ndv0（n＝0，1，2，3，）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件可以看出最大位移为d2，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于d2，所以不同时刻进入金属板的粒子都能够出金属板，由水平方向匀速运动可知，粒子射出金属板时间都相同，时间都为
T=4dv0
故A正确，B错误；
C.由于粒子在电场中运动的时间都为4dv0，恰为电压随时间变化的周期，故粒子在电场中所受相反电场力作用时间相同，根据动量定理有
mΔv＝∑FΔt＝0
故粒子无论何时进入电场，出射时只剩水平速度v0，竖直方向的速度为0，故粒子从金属板间出射时动能都为
EK=12mv02
故C正确；
D.由AC选项分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，竖直方向最大位移大小都为d2，且出射时速度均水平向右，故粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d，故D错误。
故选：AC。
地
考点05
带电粒子先后经过加速电场和偏转电场
13．（2025春•西湖区校级期中）质子（ 11H）、氘核（ 12H）、α粒子（ 24He）由同一位置从静止先通过同一加速电场后，又垂直于匀强电场方向进入同一偏转电场，最后穿出偏转电场。已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极间的距离为d，偏转电极板的长度为l，离开偏转电场时粒子的偏转角为θ，则（ ）
A．若仅增大U1可使θ增大
B．若仅增大d可使θ增大
C．若仅增大l可使θ减小
D．三种粒子离开偏转电场时θ相同
【答案】D
【解答】解：A．根据动能定理qU1=12mv02
根据类平抛运动规律有tanθ=atv0，t=lv0
根据牛顿第二定律qU2d=ma
解得tanθ=U2l2U1d
故仅减小U1可使θ增大；仅减小偏转电极间的距离d或仅增大偏转电极板的长度l可使θ增大，故ABC错误；
D．根据tanθ=U2l2U1d
知，偏转角θ与粒子的质量m，电荷量q都无关，所以三种粒子离开偏转电场时θ相同，故D正确。
故选：D。
14．（2024秋•双城区校级期中）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
【解答】解：A、由牛顿第二定律可得粒子在电场中的加速度大小为：a=qEm，可知加速度与qm成正比，所以三种粒子在电场中的加速度大小之比为：aH1：aH2：aHe＝2：1：1，故A错误；
C、粒子经过加速电场过程，由动能定理有：qU1=12mv02，可得：v0=2qU1m，可知v0与qm成正比，所以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，板间距为d，由牛顿第二定律可得加速度a=qU2md，水平方向有：L＝v0t，竖直方向有：y=12at2
联立方程可得：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、粒子在加速电场和偏转电场过程，由动能定理可得粒子从偏转电场出来时的动能为：Ek=qU1+qU2dy，三种粒子的偏移量y相等，可知Ek之比等于q之比，所以EkH1：EkH2：EkHe＝1：1：2，故D正确。
故选：D。
15．（2024秋•南开区校级期中）如图所示，让一价氢离子（H+）和二价氦离子（He2+）的混合物从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，最后都从加速电场偏转电场右侧离开，图中画出了其中一种粒子的运动轨迹。则：
（1）在加速电场中运动时间较长的是 ；
（2）离开偏转电场时两种离子的侧移量之比是 。
【答案】（1）二价氦离子；（2）1：1。
【解答】解：（1）设一价氢离子的电荷量为q，一价氢离子的质量为m，离子在加速电场中的加速度为a，加速电场的电场强度为E，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
设加速电场中两板间的距离为d，离子在加速电场中的运动时间为t，则有
d=12at2
解得t=2mdqE
根据化学知识知二价氦离子的电荷量为2q，质量为4m，所以二价氦离子在加速电场中的运动时间为
t'=2×4md2qE=4mdqE，所以t'＞t，即二价氦离子在加速电场中的运动时间长
（2）设一价氢离子离开加速电场的速度为v，加速电场的电压为U，根据动能定理有
qU=12mv2
设偏转电场的电压为U'，偏转电场极板间的距离为d'，则一价氢离子在偏转电场中的加速度为
a=qU'md'
设偏转电场的宽度为L，则一价氢离子在偏转电场中的运动时间为
t1=Lv
一价氢离子的侧移量为
y=12at12
联立解得y=U'L24Ud'，则离子的侧移量与离子的带电荷量和质量无关，即离开偏转电场时两种离子的侧移量之比是1：1
故答案为：（1）二价氦离子；（2）1：1。
地
考点06
带电粒子射出偏转电场后打在挡板上
16．（2025春•余姚市校级期中）如图所示，水平放置的两平行金属板间有一竖直方向匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一带电量为q，质量为m的带电质点从两板中央平行于极板射入电场，最后垂直打在M屏上。以下说法中正确的是（ ）
A．质点打在屏的中央P点上方，板间场强大小为2mgq
B．质点打在屏的中央P点处，板间场强大小为mgq
C．质点打在屏的中央P点下方，板间场强大小为2mgq
D．质点打在屏的中央P点下方，板间场强大小为mgq
【答案】A
【解答】解：BCD、质点离开电场后，竖直方向上只受到重力，做加速度向下的匀变速运动，由其最终可垂直打在屏上可知，其竖直方向的末速度为0；故其在电场中运动时，竖直方向做加速度向上的匀加速运动；
根据竖直方向的分运动特点，可知质点先加速向上，后减速向上，即竖直方向的的分位移为向上的，即可知其最终打在屏上的点在P的上方，故BCD错误；
A、根据带电粒子在电场中运动时、离开电场后两个过程中，在水平方向、竖直方向的受力分析，即可知其水平方向始终做匀速运动，竖直方向先做匀加速，后做匀减速；
由水平方向运动特点可知：L＝v0t1＝v0t2，即：t1＝t2，由竖直方向的运动特点可知：qE-mgmt1-mgmt2=0，即可得到其场强大小：E=2mgq，故A正确。
故选：A。
17．（2024秋•天山区校级期中）喷墨打印机的简化模型如图所示，如果墨汁微滴（重力不计）经带电室带负电后，以速度v沿轴线垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，纸面关于轴线对称。调节信号输入使微滴带不同的电荷量q、改变偏转电压U及两极板的极性均可改变墨汁微滴打在纸上的位置，乃至能够使微滴恰好打在纸上的最高点或最低点，如果极板长度为L，板间距离为d，极板右端到纸面的距离为L2，纸张最高点到最低点的距离为2d，则下列说法正确的是（ ）
A．要使微滴打在纸张的下部，应使上极板为正极
B．如果板间电压一定，要使微滴在纸张上的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍
C．如果以中央轴线为准，往上下增大板间距离，可以提高微滴偏移的灵敏度
D．要使微滴打在纸上最高点或最低点，则微滴带电荷量与板间电压的关系应满足q=mdv2LU
【答案】B
【解答】解：A.如果上极板是正极，则板间电场方向向下，由于微滴带负电，则微滴所受电场力向上，故会往上偏打到纸张的上部，故A错误。
B.微滴在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有L＝vt，竖直方向做匀加速直线运动，有Δy1=12at2=12⋅qUmdt2，解得Δy1=12⋅qUmd⋅(Lv)2=qUL22mdv2；射出电场时速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，有 Δy1Δy2=L2L，可得 Δy2=2Δy1=qUL2mdv2。在U一定时，有Δy2∝q，可知板间电压一定，要使微滴在纸张上的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍，故B正确。
C.由Δy2=qUL2mdv2知，在保持其他条件不变的情况下，Δy2∝1d，则板间距离增大，微滴的偏移量减小，说明微滴偏移的灵敏度降低，故C错误。
D.当微滴在纸张上的偏移量为d时，有d=qUL2mdv2，解得q=md2v2L2U，故D错误。
故选：B。
18．（2025春•惠山区校级期中）X射线技术是医疗、工业和科学领域中广泛应用的一种非侵入性检测方法。如医院中的X光检测设备就是一种利用X射线穿透物体并捕获其投影图像的仪器。图甲是某种XT机主要部分的剖面图。其工作原理是在X射线管中，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后高速撞击目标靶，实现破坏辐射，从而放出X射线。图乙中P、Q之间的加速电压U0=1.82×104V，M、N两板之间的偏转电压U＝2.184×104V，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线OO′射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点C，虚线OO′与靶台ACB在同一竖直面内，且AB的长度为10cm。已知电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电荷量e＝1.6×10﹣19C，偏转极板M，N长L＝20cm，间距d＝16cm，虚线OO′距离靶台的竖直高度h＝30cm，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。
（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小v0；
（2）求靶台中心点C离N板右侧的水平距离xC；
（3）若使电子打在靶台ACB上，求M、N两板之间的电压范围（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小v0为8×107m/s；
（2）求靶台中心点C离N板右侧的水平距离xC等于0.3m；
（3）若使电子打在靶台ACB上，M、N两板之间的电压范围为1.9×104V≤U′≤2.3×104V。
【解答】（1）对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
eU0=12mv02-0
解得
v0=8×107m/s
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
L＝v0t
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
y=12at2
其中加速度
a=Eem=Uema
解得
y＝0.075m
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图
12Ly=12L+xCh
代入数据后得
xC＝0.3m
（3）由题可知，AB两点离N板右侧的水平距离分别为
xA＝0.25m，xB＝0.35m
若电子刚好到达A点，由几何关系有
12Ly1=12L+xAh
解得
y1＝0.0857m＞0.08m
所以电子不能打到A点，所以有
y1=d2=12a1t2=12U1emd(Lv0)2
可得
U1≈2.3×104V
电子刚好到达B点时，由几何关系有
12Ly2=12L+xBh
解得
y2＝0.067m
当偏转电压为U2，电子离开电场时的侧移量为y2，则
y2=12a2t2=12U2emd(Lv0)2
可得
U2≈1.9×104V
综上得电压范围为
1.9×104V≤U′≤2.3×104V
答：（1）求电子进入偏转电场区域时速度的大小v0为8×107m/s；
（2）求靶台中心点C离N板右侧的水平距离xC等于0.3m；
（3）若使电子打在靶台ACB上，M、N两板之间的电压范围为1.9×104V≤U′≤2.3×104V。
地
考点07
带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动
19．（2024秋•朝阳区校级期中）如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q（q＞0）的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，不考虑微粒间的相互作用。现撤去该三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B（不计重力），给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为（ ）
A．1：1B．3：5C．1：2D．5：3
【答案】A
【解答】解：设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为E1，E2，E3，的由平衡条件得
E1=mgq，E2=mg2q，E3=mg3q
即：E1：E2：E3=11：12：13
因为它们距导体棒的距离之比总是1：2：3，由此可得某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比。则任意一点的电场强度大小表达式可写成
E=kr（k为常量）
由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则
ekrA=mvA2rA
ekrB=mvB2rB
解得：vAvB=11，故A正确，BCD错误。
故选：A。
20．（2024秋•沈阳期中）如图所示，某无限长、竖直放置的粗糙绝缘直杆与等量异种电荷连线的中垂线重合，直杆上有A、B、O三点，其中O为等量异种点电荷连线的中点，AO＝BO＝L。现有一质量为m的带电小圆环从杆上A点以初速度v0向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0。重力加速度大小为g，关于小圆环从A运动到B的过程，下列说法正确的是（ ）
A．电场力先做正功后做负功
B．小圆环的加速度先减小后增大
C．摩擦力对小圆环做功为12mv02-2mgL
D．小圆环运动到O点时的动能为14mv02
【答案】D
【解答】解：A.一对等量异种电荷的连线的中垂线是等势面，故小圆环从A到B过程电场力不做功，故A错误；
B.一对等量异号电荷的连线的中垂线上，从A到B电场强度先增大后减小，O点的电场强度最大，所以小圆环受到的电场力先增大后减小，小圆环受到的摩擦力：f＝μFN＝μqE，所以小圆环受到的摩擦力先增大后减小，它的加速度大小为：a=mg+fm，则a先增大后减小，故B错误；
CD.结合前面分析及对称性可知，小圆环由A到O和由O到B，摩擦力对其做功情况相同，设AB之间摩擦力做功为2Wf，小圆环运动到O点时的动能为Ek，小圆环从A到B的过程中，电场力不做功，重力和摩擦力做功，根据动能定理得，A→O过程：﹣mgL+Wf=Ek-12mv02，A→B过程：﹣mg•2L+2Wf＝0-12mv02，
联立可得：Ek=14mv02，2Wf＝2mgL-12mv02；故C错误，D正确；
故选：D。
21．（2024秋•北京校级期中）如图，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电。O点是M、N连线的中点，直线PQ是MN的中垂线。现有一带正电的试探电荷q自O点以初速度v0沿直线向Q点运动。若试探电荷q只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．q将做匀速直线运动
B．q的加速度将逐渐减小
C．q的速度先增大后减小
D．q的电势能将逐渐减小
【答案】D
【解答】解：ABC、根据等量同种电荷的电场特点，可知正试探电荷在向右运动的过程中，受到的电场力先变大后变小、方向始终与速度同向；即加速度先变大后变小，速度始终增大，故ABC错误；
D、由电场力与速度的方向相同，可知电场力始终做正功，由功能关系，可知电势能减小，故D正确。
故选：D。
地
考点08
带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判
22．（2025春•江苏期中）电子仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知电子速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解答】解：电子做曲线运动，速度沿轨迹切线，所受合外力应该指向轨迹凹侧。电子速度减小，则电场力与速度夹角应为钝角。电子带负电受力方向与场强相反，故B选项满足电场力指向轨迹凹侧，且电场力与速度夹角是钝角，故B正确，ACD错误。
故选：B。
23．（2025春•如皋市期中）某静电场中的电场线如图所示，一带电粒子仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，则粒子（ ）
A．带负电荷
B．一定从M点运动到N点
C．在M点的加速度比在N点的大
D．在M点的电势能比在N点的大
【答案】D
【解答】解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，与电场方向相同，则粒子带正电，故A错误；
B、由题无法判断粒子带运动方向，故B错误；
C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故C错误；
D、若粒子由M运动到N，电场力做正功，粒子的电势能减小，反之若粒子由N运动到M，电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在M点的电势能比在N点的大，故D正确；
故选：D。
24．（2024秋•南开区校级期中）如图所示，实线是电场中的一组电场线，虚线是一个试探电荷在电场中的运动轨迹，若试探电荷是从a处运动到b处，且只在电场力作用下，以下判断正确的是（ ）
A．电荷一定带正电
B．电荷从a到b动能增大
C．电荷从a到b电势能减小
D．电荷从a到b加速度增大
【答案】D
【解答】解：ABC.由图知，电荷做曲线运动，合力指向运动轨迹的凹侧，可知从a运动到b合力指向左下方，又因为物体做曲线运动，轨迹上该点的切线方向即速度方向，则由图可知，从a运动到b，合力和速度方向夹角为钝角，电场力做负功，则电势能增大，动能减小，因不知电场线方向，则无法确定该电荷的电性，故ABC错误；
D.同一电场中，电场线越密集的地方，电场强度越大，b处电场线较密，则b处电场强度较大，由F＝qE知，带电粒子在b处受力较大，则加速度较大，则电荷从a到b加速度增大，故D正确。
故选：D。
地
考点09
根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况
25．（2025春•天心区校级期中）静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器的收尘板是很长的条形金属板，图中MN为该收尘板的横截面，工作时收尘板带正电，其上侧的电场线分布如图所示。某带电粉尘颗粒仅在静电力作用下从P点向收尘板运动，最后落在收尘板上，图中虚线表示该粉尘的运动轨迹，则粉尘从P点运动到收尘板的过程中（ ）
A．粉尘颗粒带正电
B．受到的静电力逐渐变小
C．加速度逐渐减小
D．动能逐渐增大
【答案】D
【解答】解：AD.粉尘从P点运动到收尘板的过程中做曲线运动，静电力（合外力）指向运动轨迹的凹侧，则由题可知，其所受电场力大致向下，与电场强度方向相反，则粉尘颗粒带负电，因为带电粉尘颗粒仅在静电力作用下从P点向收尘板运动，最后落在收尘板上，则粉尘从P点运动到收尘板的过程中，静电力做正功，则由动能定理可知，其动能逐渐增大，故A错误，D正确；
BC.在同一电场中，电场线越密集，电场强度越大，电场线越稀疏，电场强度越小，则由图可知，粉尘从P点运动到收尘板的过程中，电场强度E逐渐减小，则由F＝qE＝ma可知，其受到的静电力F逐渐增大、加速度a逐渐增大，故BC错误；
故选：D。
26．（2025春•余姚市校级期中）如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是（ ）
A．电子一定从A向B运动
B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有EpA＞EpB
D．B点电势可能高于A点电势
【答案】B
【解答】解：A、由于不知道电子速度大小变化情况，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；
B、若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端。由运动轨迹弯曲方向可知，电子受到的电场力方向指向轨迹的内侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；
C、电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB，与Q的电性无关，故C错误；
D、电场强度方向由M指向N，找到A、B两点在MN上的等势点，结合沿电场线电势逐渐降低，可知A点电势一定高于B点电势，故D错误。
故选：B。
27．（2024秋•湘桥区校级期中）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（ ）
A．带电粒子在R点时的加速度小于在Q点时的加速度
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度
【答案】D
【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，则由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故A错误；
BD、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，带电粒子的电势能增大，动能减小，所带电粒子在P点的电势能小于在Q点的电势能，带电粒子在R点的动能大于带电粒子在Q点的动能，即带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度，故B错误，D正确。
C、根据能量守恒定律，带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误。
故选：D。
地
考点10
带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动
8．（2024秋•北京校级期中）如图所示，两块相互靠近的平行金属板M、N组成电容器，充电后与电源断开，M板带负电，N板带正电，且它们的电荷量保持不变。板间有一个用绝缘细线悬挂的带电小球（可视为质点），小球静止时与竖直方向的夹角为θ，忽略带电小球所带电荷量对极板间匀强电场的影响，M、N板足够大，则（ ）
A．若只将N板水平向右平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变大
B．若只将N板竖直向上平移稍许，电容器的电容将变小，夹角θ将变小
C．将细线烧断，小球的运动轨迹是抛物线
D．若只将M板水平向左平移稍许，将细线烧断，小球到达N板的时间不变
【答案】D
【解答】解：A．只将N板水平向右平移稍许，由公式
C=εrS4πkd
可知，电容器的电容将变小，而又由
C=QU
E=Ud
可知，两板间的电场强度
E=4πkQεrS
将不变，电场力不变，故夹角θ将不变，故A错误；
B．只将N板竖直向上平移稍许，由公式
C=εrS4πkd
可知，电容器的电容将变小，而又由
C=QU
E=Ud
可知，两板间的电场强度
E=4πkQεrS
将变大，电场力变大，故夹角θ将变大，故B错误；
C．若将细线烧断，小球受电场力和重力都为恒力，则小球将沿绳的方向斜向下做初速度为零的匀加速直线运动，故C错误；
D．只将M板水平向左平移稍许，由公式
C=εrS4πkd
可知，电容器的电容将变小，而又由
C=QU
E=Ud
可知，两板间的电场强度
E=4πkQεrS
将不变，电场力不变，将细线烧断，小球与C选项情景中运动位移、加速度均不变，到达N板的时间不变，故D正确。
故选：D。
29．（2024秋•江油市期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（ ）
A．金属块带负电荷
B．金属块的电势能减少4.0J
C．金属块克服电场力做功8.0J
D．金属块的机械能减少12J
【答案】D
【解答】解：ABC、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总＝WG+W电+Wf＝ΔEK解得：W电＝﹣4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。故ABC错误；
D．在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确。
故选：D。
30．（2024秋•天山区校级期中）如图所示，在匀强电场中，一个带正电的物体沿水平方向的绝缘天棚平面做匀速直线运动。从某时刻（设为t＝0）起，电场强度从E0均匀增大。若物体与天棚平面间的动摩擦因数为μ，电场线与水平方向的夹角为θ，物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和天棚平面均足够大，下列判断正确的是（ ）
A．在t＝0之前，物体可能向左匀速直线运动，也可能向右匀速直线运动
B．在t＝0之前，物体受到的摩擦力大小可能为零
C．在t＝0之后，物体做减速运动，且加速度越来越大，直到停止
D．在t＝0之后，物体做减速运动，且加速度越来越小，直到停止
【答案】C
【解答】解：AB、在t＝0之前，物体受到重力（竖直向下）、支持力（竖直向上）、电场力（与E的方向相同，斜向右上方）、摩擦力，根据物体做匀速运动，受力平衡，所以摩擦力方向只能水平向左，故物体只能水平向右运动，故AB错误；
CD、在t＝0之后，电场强度从E0均匀增大，水平方向有：F合＝Eqcsθ﹣μ（Eqsinθ﹣mg），当E＝E0时，F合＝0
即为：E0qcsθ＝μ（E0qsinθ﹣mg）
所以有：F合=0-E-E0E0μmg
而E越来越大，所以加速度向左且不断增大直到物体停止运动，故C正确，D错误。
故选：C。
地
考点11
带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动
31．（2024秋•广州期中）如图所示，一根长为l的绝缘轻质细绳，一端固定于O点，另一端系着一带电小球，小球所带电荷量为﹣q，整个装置处在水平方向的匀强电场中，电场强度为E，小球在竖直平面内做圆周运动，a、b为圆周的最高点与最低点，c、d为圆周上与O点等高的两点。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在d点时机械能最大
B．小球在c点时机械能最大
C．小球从a点到d点过程中电场力做功Eql
D．小球从a点到b点过程中电场力做正功
【答案】B
【解答】解：AB．小球在竖直面内做圆周运动，只有电场力和重力做功，则小球的电势能、动能和重力势能之和守恒，因在c点时的电势能最小，可知在c点时的机械能最大，故A错误，B正确；
C．小球在负电，电场力水平向左，故小球从a点到d点过程中电场力做功﹣Eql，故C错误；
D．小球从a点到b点过程中：若顺时针运动电场力先做负功后做正功；若逆时针运动电场力先做正功后做负功，选项D错误。
故选：B。
32．（2024春•惠山区校级期中）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g，则小球运动过程中绳子的最大拉力为（ ）
A．F=2mgcsθB．F=4mgcsθC．F=5mgcsθD．F=6mgcsθ
【答案】D
【解答】解：小球静止时细线与竖直方向成θ角，电场力和重力的合力即细线拉力F=mgcsθ
小球在等效最高点速度最小，等效重力提供向心力，在等效最高点，对小球，由牛顿第二定律得：F=mv2L
在等效最低点即初始位置绳子拉力最大，设速度为v′，由牛顿第二定律得：Fm-F=mv'2L
由等效最高点到等效最低点过程，对小球，由动能定理得：F⋅2L=12mv'2-12mv2
解得：Fm=6mgcsθ，故D正确，ABC错误。
故选：D。
33．（2024春•市南区校级期中）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ＝37°。已知重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为mg5q
B．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为52gL的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
C．在A点给小球一个垂直于细线方向初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最大
D．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为3mg5
【答案】B
【解答】解：A.如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小时，电场力与拉力垂直，如图所示：
由平衡条件可得：
qE＝mgsin37°
解得：
E=3mg5q
故A错误；
B.根据题意可知，题图A点为等效最低点，则与A关于圆心对称点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能恰好过B点即可，等效重力为：
F=mgcs37°
解得
F=5mg4
在B点满足：
F=mvB2L
从A到B由动能定理可得：
-F⋅2L=12mvB2-12mvA2
联立解得：
vA=52gL
故B正确；
C.根据题意，由能量守恒可知，小球的机械能和电势能之和保持不变，则当电势能最小时，小球的机械能最大，根据沿电场线方向电势逐渐降低和Ep＝φq可知，小球在圆周上最右端时电势能最小，机械能最大，故C错误；
D.突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足：
T=mgcs37°=45mg
故D错误。
故选：B。
地
考点12
带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动
34．（2024春•杭州期中）如图，一个带电小球电荷量为+q以初速度v0从斜面AB的顶端水平抛出，经过时间t恰好落在斜面底端B点，若在图中区域加竖直向下的匀强电场E，且qE＝mg，小球仍以v0水平抛出，则（ ）
A．小球恰好落在B点B．小球落在水平面BC上
C．小球下落时间为2tD．小球下落时间为t2
【答案】D
【解答】解：由题意可知，小球第一次抛出时做平抛运动，加速度a＝g，恰好落在斜面底端B点
满足tanθ=yx=at2v0=gt2v0，即t=2v0tanθg
加竖直电场后，小球加速度变为2g，则小球运动时间变为t'=t2，将落到斜面上，不会到达B点。
故选：D。
35．（2024秋•谯城区校级期中）如图，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，粒子从A到B过程中克服重力做功9J，电场力做功4J，则（ ）
A．粒子在B点的动能比在A点多5J
B．粒子在C点的电势能比在B点少4J
C．粒子在C点的机械能比在A点少16J
D．粒子在C点的动能为25J
【答案】D
【解答】解：粒子运动过程只受重力、电场力作用，故只有重力、电场力做功，则重力势能、电势能和动能之和保持不变；
A、粒子从A到B过程中克服重力做功9J，电场力做功4J，故外力做功﹣5J，那么由动能定理可得：粒子在B点的动能比在A点少5J，故A错误；
B、根据粒子受力情况，由牛顿第二定律可得：粒子在竖直方向做加速度为g的匀变速运动，在水平方向做初速度为零，加速度为a=qEm的匀加速运动，根据B为最高点，竖直分速度为零可得：粒子从A到B与从B到C的运动时间相等，故由匀加速运动规律可得：粒子在BC上的水平位移是AB上水平位移的3倍：故粒子从B到C电场力做功12J，那么，粒子在C点的电势能比在B点少12J；故B错误；
CD、从A到C，电场力做功16J，故粒子在C点的机械能比在A点多16J；又有A点、C点等高，重力势能相等，那么，粒子从B到C，重力做功9J；又有B点速度水平，粒子从A到B电场力做功4J，所以，粒子在B点的动能为4J；由动能定理可得：粒子在C点的动能为4J+9J+12J＝25J，故C错误，D正确。
故选：D。
36．（2024秋•和平区校级期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（ ）
A．重力势能增加12mv2B．动能增加12mv2
C．机械能增加mv2D．电势能增加2mv2
【答案】A
【解答】解：A、小球竖直方向做竖直上抛运动，上升高度为h，所以：v2＝2gh，重力做功为：WG＝﹣mgh=-12mv2，所以重力势能增加：ΔEP=12mv2，故A正确；
B、从M到N，由动能定理：ΔEk=12m(2v)2-12mv2=32mv2，所以动能增加32mv2，故B错误；
C、机械能增加量等于动能和重力势能增加量之和，即ΔE机＝ΔEk+ΔEp=32mv2+12mv2=2mv2，故C错误；
D、小球受重力和电场力，由功能关系，电场力做功等于小球机械能的增量，由题意知小球带负电，从M运动到N，电场力做正功，即电势能减少2mv2，故D错误。
故选：A。
地
考点13
带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动
37．（2024秋•正定县校级期中）如图所示，固定于c点的点电荷+Q与无限大接地金属板间会形成某种电场，该电场类似于一对等量异号点电荷所形成的电场，虚线表示其某一等势线。现从金属板表面附近静止释放两个带负电的试探电荷a、b。已知释放时，a、b距离为3r，a、c连线与金属板垂直，相距r，不计试探电荷重力。从释放试探电荷到经过虚线位置过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a的运动轨迹为直线，加速度先减小后增大
B．b的运动轨迹为曲线，与某条电场线重合
C．虚线上某点处切线的垂线都经过点c
D．b电荷释放位置的场强大小等于kQ4r2，k为静电力常量
【答案】D
【解答】解：A．图中电场可等效为等量异种电荷电场的一半，a所在电场线为直线，故受电场力沿直线加速，加速度逐渐增大，故A错误；
B．b所在电场线为曲线，电场力沿着电场线切线，电荷不能沿电场线运动，故B错误；
C．经过等势面时，等势面切线的垂线方向即电场方向，由几何关系可知，虚线上某点处切线的垂线并不都经过点c，故C错误；
D．由库仑定律的F=kQq(2r)2=kQq4r2，再由电场强度定义得，E=Fq=kQq4r2q=kQ4r2，b电荷释放位置的场强大小为kQ4r2，故D正确。故选：D。
38．（2024秋•宁河区校级期中）如图，AB是某个点电荷电场中的一条电场线，在AB线上O点由静止释放一个负电荷，它将沿电场线向B点运动，则下列判断正确的是（ ）
A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小
B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度大小的变化由题设条件不能确定
C．电场线由A指向B，该电荷做匀加速运动
D．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大
【答案】B
【解答】解：由题意知，负电荷由静止开始沿电场线向B点运动，负电荷所受电场力方向从O到B，根据场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A，负 电荷从静止开始，必定做加速运动。由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，也可能越来越大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
39．（2024春•锡山区校级期中）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）
A．小物体上升的最大高度为v12+v224g
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先减小后增大
【答案】A
【解答】解：A．因为OM＝ON，所以正点电荷在M、N两点产生的电势相等，则小物体在M、N两点的电势能相等，从M到N电场力对小物体做功为零。由于小物体与斜面间的摩擦力大小与其运动速度大小无关，则根据对称性可知小物体从M到N和从N到M，摩擦力对小物体做的功相等，均设为Wf，对小物体从M到N，根据动能定理有﹣mgh﹣Wf＝0-12mv12
对小物体从N到M，根据动能定理有mgh﹣Wf=12mv22-0
联立以上两式解得小物体上升的最大高度为h=v12+v224g
故A正确；
BC．从N到M的过程中，小物体到正点电荷的距离先减小后增大，电场力对小物体先做正功后做负功，所以小物体的电势能先减小后增大，故BC错误；
D．从N到M的过程中，小物体受到的电场力在垂直斜面向下的分力先增大后减小，所以小物体对斜面的压力先增大后减小，受到的摩擦力先增大后减小，故D错误。
故选：A。
地
考点14
带电粒子（计重力）在非匀强电场中的曲线运动
40．（2024秋•北仑区校级期中）如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（ ）
A．小球到达B时的速率等于gR
B．小球到达B时的速率大于2gR
C．固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为3mgq
D．小球不能到达C点
【答案】C
【解答】解：AB．由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得
mgR=12mvB2
解得小球到达B时的速率
vB=2gR
故AB错误；
C．在B点时
Eq−mg=mvB2R
解得
E=3mgq
故C正确；
D．由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；
故选：C。
41．（2024春•镇海区校级期中）如图所示，有一电荷量为+Q的点电荷固定在真空中，在它的下方有一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，恰好能水平面内匀速圆周运动。已知点电荷到小球之间的距离为L，点电荷到小球的连线与竖直方向的夹角为θ，静电力常数为k，重力加速度为g，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在匀速圆周运动的周期为T=4π2Lg⋅tanθ
B．该小球可以在更大的圆上以相同的周期做匀速圆周运动
C．要让该小球以更大的周期做匀速圆周运动，必须需要增大L，同时减小θ
D．小球可以在点电荷的上方做匀速圆周运动
【答案】C
【解答】解：A、点电荷与小球之间的库仑力大小为F=kqQL2，对小球受力分析如下图所示，
小球在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：mgtanθ=m4π2T2Lsinθ
解得小球做匀速圆周运动的周期为T=4π2Lcsθg，故A错误；
B、若使该小球可以在更大的圆上以相同的周期做匀速圆周运动，由A选项的结论，可知要保持Lcsθ＝h要一定，要使圆周轨道半径变大，则L与θ均变大。而在竖直方向上需要满足：mg＝Fcsθ，L与θ均变大，F会变小，csθ也变小，故在竖直方向上不能满足受力平衡，故B错误；
C、要让该小球以更大的周期做匀速圆周运动，由A选项的结论，可知要使Lcsθ＝h变大，同时需要满足：mg＝Fcsθ=kqQL2csθ，可知必须增大L，同时减小θ，故C正确；
D、若小球在点电荷的上方做匀速圆周运动，则点电荷对小球的库仑力的竖直分力方向向下，在竖直方向上不可能满足受力平衡，故D错误。
故选：C。
42．（2024秋•顺庆区校级期中）如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（ ）
A．小球到达B时的速率大于2gR
B．小球到达B时的速率小于2gR
C．小球不能到达C点
D．固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为3mgq
【答案】D
【解答】解：AB．依题意，可知小球由A到B的过程中，受到的静电力及轨道对它的弹力均与运动方向垂直，均不做功，只有小球的重力做功，由动能定理得
mgR=12mv2−0
解得小球到达B时的速率
v=2gR
故AB错误；
C．在整个滑动的过程中，小球受到的静电力和弹力都不做功，只有重力做功，所以小球的机械能守恒，小球能够到达C点，且到达C点时的速度刚好为零，故C错误；
D．在B点，对小球由牛顿第二定律得
qE−mg=mv2R
将B点的速度代入可得
E=3mgq
根据点电荷场强公式E=kQr2可知，固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小均为3mgq，故D正确。
故选：D。
地
考点15
从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题
43．（2024秋•东城区校级期中）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，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是（ ）
A．edhUB．edUhC．eUdhD．eUhd
【答案】D
【解答】解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E=Ud，
根据动能定理：﹣eEh＝0﹣Ek0，
解得：Ek0=eUhd
故D正确ABC错误。
故选：D。
44．（2025春•大连校级期中）一带负电小球在从空中的a点运动到b点的过程中，受重力、空气阻力和电场力作用，重力对小球做功3.5J，小球克服空气阻力做功0.5J，电场力对小球做功1J，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在a点的重力势能比在b点小3.5J
B．小球在a点机械能比在b点大0.5J
C．小球在a点的电势能比在b点大1J
D．小球在a点的动能比在b点大4J
【答案】C
【解答】解：A、小球由a点运动到b点的过程中，重力对小球做功3.5J，则重力势能减少3.5J，所以小球在a点的重力势能比在b点大3.5J，故A错误；
C、电场力做功1J，则电势能减少1J，所以小球在a点的电势能比在b点大1J，故C正确；
D、合外力做功为3.5J+1J﹣0.5J＝4J，根据动能定理可知动能增加4J，所以小球在a点的动能比在b点小4J，故D错误；
B、除重力以外的力做功为1J﹣0.5J＝0.5J，故机械能增加了0.5J，所以小球在a点机械能比在b点小0.5J，故B错误。
故选：C。
45．（2025春•浑南区校级期中）用轻质绝缘细绳悬挂带正电的小球，小球可视为质点，如图1所示。将装置分别放入图2所示的匀强电场，图3所示的匀强磁场中。将小球从偏离竖直方向左侧的一个小角度θ（θ＜5°）位置由静止释放，在图中三种情况下，小球均在竖直平面内周期性往复运动，周期分别为T1、T2、T3，小球第1次到达轨迹最低点时的速度大小分别为v1、v2、v3，拉力大小分别为F1、F2、F3，不计空气阻力。图中三种情况，下列说法正确的是（ ）
A．图1和图2的小球在运动过程中机械能都守恒
B．三个小球运动的周期大小关系T2＜T1＝T3
C．三个小球第1次到达最低点时拉力大小关系F2＞F1＝F3
D．三个小球第1次到达最低点时的速度大小关系v1＜v3＜v2
【答案】B
【解答】解：A.在小球运动的过程中，图1小球受拉力与重力的作用，只有重力做功，图2小球受拉力、重力和电场力的作用，重力和电场力均做功，故图1小球机械能守恒，图2小球机械能不守恒，故A错误；
B.在相同位置时沿运动方向的受力相同，则图1小球和图3小球运动情况相同，可知T1＝T3；对图2小球，电场力与重力的合力为等效重力，则其等效重力加速度变大，根据单摆周期公式T=2πLg，可知周期变小，因此三种情况下小球运动的周期关系为，T2＜T1＝T3，故B正确；
C.图1小球与图3小球在最低点速度相同，根据合外力提供向心力，对图1小球有：F1-mg=mv12L；
对图3小球有：F3+F洛-mg=mv32L；
则F1≠F3，故C错误；
D.小球第一次到达轨迹最低点的过程中，图1小球只有重力做正功；图2小球重力和电场力均做正功；图3小球只有重力做正功。
根据动能定理可知，小球第一次到达轨迹最低点时的速度大小关系为v1＝v3＜v2，故D错误。
故选：B。
地
考点16
动量守恒定律在电场问题中的应用
46．（2024秋•北京校级期中）带电粒子碰撞实验中粒子B以一定初速度向初速度为零的粒子A运动。两粒子始终未接触，v﹣t图像如图所示。仅考虑静电力作用，则（ ）
A．系统的动量和机械能都守恒
B．两粒子在t1时刻的电势能最大
C．粒子A的质量小于粒子B的质量
D．粒子B在t2时刻的加速度最大
【答案】B
【解答】解得：A、两粒子碰撞过程动量守恒，但由于存在电场力做功，根据机械能守恒定律的条件可知，系统机械能不守恒，故A错误；B、根据能量守恒定律可知，两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B正确；
C、取B粒子的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mBv0＝mAv2由于
v0＞v2故mB＜mA故C错误；D、由图可知，图线切线的斜率表示加速度，则粒子B在t1时刻的加速度最大，故D错误。故选：B。
47．（2024秋•顺义区校级期中）带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v﹣t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（ ）
A．粒子B在0～t3时间内动能一直减小
B．两粒子在t1时刻的动能之和最大
C．粒子A的质量大于粒子B的质量
D．粒子A在t2时刻的加速度最大
【答案】C
【解答】解：A.由题图可知，在t2～t3时间内，粒子B的速度是增大的，故此时间内其动能是增大的，故A错误；
B.由题图可知，0～t1时间内两粒子同向运动，B减速、A加速，则两粒子之间的库仑力（静电力）是相互排斥的，在t1时刻两粒子速度相同，之间的距离最小，静电力对两粒子组成系统所做的负功最多，根据功能关系可知此时系统的电势能（即两粒子的电势能）最大，根据能量守恒可知，此时系统的动能最小，故B错误；
C.两粒子组成系统合外力为零，满足动量守恒，对0～t2时间段的运动过程，设B的初速度为vB，A的末速度为vA，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB+0＝mAvA+0，由题图可知：vB＞vA，可得：mB＜mA，故C正确；
D.根据库仑定律可知，在两粒子距离最小时它们之间的库仑力最大，由B选项的分析可知，在t1时刻两粒子的距离最小，即粒子A在t1时刻受到的库仑力最大，由牛顿第二定律可知，此刻其加速度最大，故D错误。
故选：C。
48．（2024秋•苏州期中）在带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度v0向A运动。两粒子的v﹣t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（ ）
A．A粒子质量小于B粒子
B．A、B粒子在t1时刻的电势能最小
C．A、B粒子在t1时刻的加速度最大
D．B粒子在0～t3时间内动能一直在减小
【答案】C
【解答】解：A、由图可知，t＝0时刻B的动量有
p0＝mBv0
在t＝t2时刻有A的动量
p2＝mAvA
两粒子组成的系统运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mBv0＝mAvA
又由于
v0＞vA
所以有
AB的质量关系满足mB＜mA
故A错误；
B、两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，损失的动能全部转化为电势能，由能量守恒定律可知，此时系统的电势能最大，故B错误；
C、粒子B以一定的初速度v0向A运动，A、B粒子在t1时刻共速，此时间距最小，根据库仑定律可知，此时静电力最大，加速度最大，故C正确；
D、根据图像可知，B粒子在0～t3时间内，其动能先减小到零，然后再增大，故D错误。
故选：C。
地
考点17
动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用
49．（2024秋•莲湖区期中）图甲所示，水平放置的接地金属板正上方有一固定的正电荷Q，一表面绝缘的带正电小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度v0滑上金属板的上表面，金属板上表面光滑，则小球在向右运动到右端的过程中（已知如图乙所示的接地金属板与点电荷之间的电场分布与图丙中虚线右侧的电场分布是一样的）（ ）
A．先加速运动，后减速运动
B．先减速运动，后加速运动
C．受的电场力不做功
D．受的电场力的冲量为零
【答案】C
【解答】解：ABC、在金属板表面所形成的电场的电场线垂直于金属板表面，其表面为等势面，故射入的正电荷所受的电场力始终竖直向下，而正电荷的运动方向为水平向右，故电场力不做功，因此小球做匀速直线运动，故C正确、AB错误；
D、电场力做功为零，但电场力始终存在，且左右时间也不为0，故电场力的冲量Ft并不为零，故D错误。
故选：C。
50．（2024秋•泸县校级期中）如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，若在A点放置一初速度为零的质子，质子仅在电场力作用下，沿直线AB由A运动到B过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．则下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度
B．电场一定不是孤立点电荷电场
C．质子从A到B的过程中，在连续相等的时间间隔内，电场力做功的平均功率一定相等
D．质子从A到B的过程中，在连续相等的时间间隔内，电场力的冲量一定相等
【答案】A
【解答】解：A、由图可知，质子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F＝Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确；
B、根据质子的运动图象可知，电场可能是由A点左侧的正电荷形成的电场。故B错误；
C、质子从A到B的过程中，质子受到的电场力减小，但质子的速度增大，所以不能判断出在连续相等的时间间隔内，电场力做功的平均功率是否一定相等。故C错误；
D、质子从A到B的过程中，质子受到的电场力减小，所以在连续相等的时间间隔内，电场力的冲量一定不相等。故D错误。
故选：A。
51．（2024秋•青羊区校级期中）如图（a）所示，质量m1＝2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2＝1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q＝1.0×10﹣3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1＝5.0×102V/m。质量m3＝1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为F＝（15﹣9t）N（如图b）。从t0＝0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1＝1s时撤去变力F.此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；
（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E2＝7.0×102V/m，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则：①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？
【答案】（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小为10.5m/s；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度为3m/s；
（3）①木板A至少为10.5m；②整个过程中物块B的电势能变化量是﹣12J。
【解答】解：（1）在F作用的1s内，对滑块C，由动量定理得：
IF＝m3v1﹣0
由F﹣t图像围成的面积可得：IF=Ft1=15+62×1N⋅s=10.5N⋅s
得：v1＝10.5m/s
（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得：
m3v1＝m3vC+m1vA
A、C发生弹性碰撞，动能不变，则
12m3v12=12m3vC2+12m1vA2
解得：vA＝7m/s
A、C碰撞后，对B有：
qE1+μm2g＝m2a2
解得：a2=1.5m/s2
对A有：μm2g+μ（m1+m2）g＝m1a1
解得：a1=2m/s2
设经过时间t2，A、B共速，则
v共＝vA﹣a1t2＝a2t2
解得：t2＝2s；v共＝3m/s
（3）①从A被碰后到A、B刚好共速过程
xA=v共2-vA2-2a1=32-72-2×2m=10m
xB=v共22a2=322×1.5m=3m
所以此过程B相对A向左滑行：Δx＝xA﹣xB＝10m﹣3m＝7m
当电场强度变为E2时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
μm2g﹣qE2＝m2a4
解得：a4=0.3m/s2
对A有：μ（m1+m2）g﹣μm2g＝m1a3
解得：a3=1m/s2
因为a3＞a4，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止，此过程它们的位移分别为：
xA'=v共22a3=322×1m=4.5m
xB'=v共22a4=322×0.3m=15m
则此过程B相对A向右滑动：Δx′＝xB′﹣xA′＝15m﹣4.5m＝10.5m
因为Δx′＞Δx
所以板长至少为10.5m
②整个过程中静电力对B做功
W电＝qE1xB+qE2xB′
物体B的电势能变化量为：ΔEp＝﹣W电
联立解得：ΔEp＝﹣12J
即电势能减小了12J。
答：（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小为10.5m/s；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度为3m/s；
（3）①木板A至少为10.5m；②整个过程中物块B的电势能变化量是﹣12J。
地
考点18
示波器的原理——电压对光点位置的影响
52．（2025春•宁波期中）下列说法不正确的是（ ）
A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况
B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下
C．物体在地球附近绕地球运动时，太阳的作用可以忽略
D．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心处
【答案】D
【解答】解：A．示波器可以用来观察电信号随时间的变化情况，故A正确；
B．重力的施力物体是地球，方向竖直向下，故B正确；
C．物体在地球附近绕地球运动时，根据万有引力定律可知，太阳的作用可以忽略，故C正确；
D．根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的焦点处，故D错误。
本题选不正确的，故选：D。
53．（2024秋•道里区校级期中）示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法错误的是（ ）
A．如果在XX′之间加图a的电压，在YY′之间加图c的电压，在荧光屏上会看到一条与y轴平行的竖直亮线
B．如果在XX′之间加图b的电压，在YY′之间加图c的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
C．如果在XX′之间不加电压，在YY′加图a电压，在荧光屏的y轴上会看到一个亮斑
D．如果在XX′之间和YY′之间都加图b的电压，在荧光屏的坐标原点上会看到一个亮斑
【答案】D
【解答】解：A、如果在XX′之间加图a的电压，电子会向X轴正半轴偏转到一个点；在YY′之间加图c的电压，电子在竖直方向上偏转成一条直线，故A正确；
B、如果在XX′之间加图b的电压，即典型的扫描电压，电子在一个周期内，会在X轴方向上，由负半轴上的某点向正半轴扫描到关于原点对称的某点；在YY′之间加图c的电压，Y轴方向上，会发生周而复始的与电压变化一致的偏转，即荧光屏上显示图c的图线，故B正确；
C、如果在XX′之间不加电压，则在X轴方向上，电子不发生偏转；在YY′加图a电压，电压值为正且为定值，即电子都偏向Y极板一侧，即所有电子都偏向Y轴上的某一固定点，故在荧光屏上看到的是一个亮斑，故C正确；
D、如果在XX′之间和YY′之间都加图b的电压，即典型的扫描电压，电子在一个周期内，会在X、Y轴方向上，由负半轴上的某点向正半轴扫描到关于原点对称的某点，由运动的合成可知，在荧光屏上看到的是一条夹在X、Y轴之间的倾斜的亮线，故D错误；
本题选择错误的，故选：D。
54．（2024秋•浙江期中）如图所示是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。若要使电子打在第Ⅱ象限，则下列说法正确的是（ ）
A．极板X带正电，极板Y带正电
B．极板X带正电，极板Y带负电
C．极板X′带正电，极板Y′带正电
D．极板X′带正电，极板Y′带负电
【答案】D
【解答】解：电子带负电，电子在电场中所受电场力与场强方向相反，电子枪发射出电子，要使电子打在第II象限，电子在YY'中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY'上加电压，且Y比Y'电势高，故极板Y带正电，极板Y'带负电；同时在XX'中受到的电场力必须向左，板间场强必须向右，则需在偏转电极XX'上加电压，且X'比X电势高，故极板X'带正电，极板X带负电，故ABC错误，D正确。
故选：D。
地
考点19
示波器的波形图
55．（2024秋•丰台区期中）如图1为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图2所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图3所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：因为在电极XX′之间所加的电压保持不变，则知在XX′方向上电子的偏转位移保持不变。在YY′方向上电压按正弦规律变化，则YY′方向上偏转位移在正负最大值之间变化，故ABD错误，C正确。
故选：C。
56．（2024秋•罗湖区校级期中）图（a）为示波管的原理图。如果在电极YY′之间加图（b）所示的电压，在电极XX'之间加图（c）所示的电压，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解答】解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是A，故A正确，BCD错误。
故选：A。
57．（2024秋•海淀区校级期中）如图甲所示为示波管原理图，若其内部竖直偏转电极YY′之间的电势差按照如图乙所示的规律变化，水平偏转电极XX′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解答】解：在0～2t0时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期的变化，当 UYY'为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，此时 UXX'为负，电子打在荧光屏上水平方向有负的位移；当UYY'为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，此时UXX'为正，电子打在荧光屏上水平方向有正的位移，故D正确，ABC错误。
故选：D。
地
考点20
示波器的具体计算
58．（2024秋•西城区校级期中）示波管是示波器核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。某时刻在荧光屏上的P点出现亮斑，如图所示。则此时（ ）
A．电极X和Y应带正电B．电极X′和Y应带正电
C．电极X′和Y′应带负电D．电极X和Y′应带正电
【答案】A
【解答】解：由于电子受力的方向与电场方向相反，由题图可知，电子偏向X，Y方向，所以水平方向的电场的方向为由X指向X′，则电极X带正电，同理可知在竖直方向的电场方向由Y指向Y′，则电极Y带正电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
59．（2024秋•温州期中）有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图是它的原理图。如图所示，如果两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑。如果在偏转电极XX′上不加电压，在偏转电极YY′上加电压，YY′两极板间距为d。现有一电子以速度v0进入示波管的YY′偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，则下列说法正确的是（ ）
A．若UYY′＞0，则电子打在荧光屏中心位置下方
B．若仅增大偏转电压UYY′，则t不变
C．若仅减小YY′极板间距离d，则y不变
D．若UYY′＞0，UXX′＜0，则可以让电子打在荧光屏正中心处
【答案】B
【解答】解：A、若UYY′＞0，则电子受到向上的电场力的作用向上偏转，最终电子打在荧光屏中心位置上方，故A错误；
B、电子在水平方向做匀速直线运动，设偏转电场YY′的左边缘到荧光屏的距离为L，则有：t=Lv0，由此可知，t与偏转电压的大小无关，故B正确；
C、设偏转电场的长度为l，电场右边缘到荧光屏中心的距离为s，电子进入偏转电场做类平抛运动，在水平方向上有：l＝v0t1
在电场方向上有：y1=12at12，eE＝ma，E=UYY'd，联立解得：y1=eUYY'l22mdv02
设速度偏转角为α，则有：tanα=vyv0=at1v0=eUYY'lmdv02，电子出电场后，做匀速直线运动，则有：y＝y1+s•tanα，联立解得：y=eUYY'l(l+2s)2mdv02，由此可知减小d，则y增大，故C错误；
D、若UYY′＞0，UXX′＜0，则电子在YY′方向向Y方向偏转，在XX′方向向X方向偏转，所以电子不能打在荧光屏正中心处，故D错误。
故选：B。
（多选）60．（2024秋•石家庄期中）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（ ）
A．从电子枪射出时的速度大小为2eUm
B．在XX′极板间受到电场力做的功eUl240d2
C．在XX′极板间动量变化量的大小为ldmeU10
D．打在荧光屏上时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα=l20d
【答案】BD
【解答】解：A.电子先在加速电场中加速运动，由动能定理可得：10Ue=12mv02
电子从电子枪射出时的速度大小为：v0=20eUm，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小：
a=Uedm
电子电极XX′间运动时，则有
t=lv0
XX′电场方向位移
x=12at2
电场力做功
W=Udxe
解得：W=Uel240d2，故B正确；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小：
Ix=Ft=Uedmt=ldUe20m
由动量定理有在XX′极板间动量变化量的大小为ldUe20m，故C错误；
D．XX′电场方向速度：vx＝at
打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切：
tanα=vxv0
解得：tanα=l20d，故D正确。
故选：BD。粒子
微粒
示例
电子、质子、α粒子等。
液滴、油滴、尘埃、小球等。
特点
一般不考虑重力。
一般不能忽略重力。
受力分析
在匀强电场中带电粒子所受静电力为恒力(qE),在非匀强电场中带电粒子所受静电力为变力。是否考虑带电粒子的重力，需根据问题情境判断。
运动情况
如图10-5-2所示，质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v。沿垂直电场线的方向射入板长为1、板间距离为d、板间电压为U的两平行板中央，忽略粒子重力和电容器的边缘效应，则带电粒子在偏转电场中做类平抛运动。
处理方法
运动的合成与分解。
受力情况
只有电场力，F=qE。
初速度
V0≠0,v0的方向与F的方向垂直。
加速度
a=Fm=qEm=qUmd
运动性质
沿极板方向：匀速直线运动，l=v0t。垂直极板方向：初速度为零的匀加速直线运动。
偏转距离
y=12at2=qUl22mdv02
速度偏转角
满足tanθ=vyv0=qUlmdv02
说明
①以相同的初速度v。进入同一偏转电场的带电粒子，无论m、q是否相同，只要m/q相同，即比荷相同，则偏转距离y和速度偏转角θ都相同。
②以相同的初动能Ek₀进入同一偏转电场的带电粒子，无论m是否相同，只要q相同，则偏转距离y和速度偏转角θ都相同。
推论1
粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向的交点平分沿初速度方向的位移。
证明
如图10-5-2所示，x=ytanθ=qUl22mdv02qUlmdv02=l2有由上式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间中线的中点沿直线射出似的。
推论2
不同的带电粒子(电性相同，初速度为零),经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。
证明
若带电粒子由静止先经加速电场(电压U加)加速，再进入偏转电场(电压U偏),射出偏转电场时偏转距离y=12at2=qU偏l22dmv02,又qU加=12mv02,故y=qU偏l24dqU加=U偏l24dU加，,偏转角θ满足tanθ=U偏l2U加d,可见偏转距离y、偏转角θ只与U加、U偏有关，运动轨迹必定重合。