2022届高考物理选择题专题强化训练：示波管 示波器及其应用(广东使用)

这是一份2022届高考物理选择题专题强化训练：示波管 示波器及其应用(广东使用)，共15页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（共18小题；共72分）
1. 如图，放射性元素镭衰变过程中释放出 α 、 β 、 γ 三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是
A. ① 表示 γ 射线，③ 表示 α 射线B. ② 表示 β 射线，③ 表示 α 射线
C. ④ 表示 α 射线，⑤ 表示 γ 射线D. ⑤ 表示 β 射线，⑥ 表示 α 射线

2. 如图，两平行金属板水平放置，板长为 L，间距为 d，板间电压为 U，一不计重力电荷量为 q 带电粒子以初速度 v0 沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为 t，则
A. 在 t2 时间内，电场力对粒子做的功为 Uq4
B. 在 t2 时间内，电场力对粒子做的功为 3Uq8
C. 在粒子下落的前 d4 和后 d4 过程中，电场力做功之比为 1:2
D. 在粒子下落的前 d4 和后 d4 过程中，电场力做功之比为 1:1

3. 如图所示，静止的电子在加速电压 U1 的作用下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压 U2 的作用下偏转一段距离。现使 U1 加倍，要想使电子打到极板上的位置不发生变化，则应该
A. 使 U2 加倍B. 使 U1 变为原来的 4 倍
C. 使 U2 变为原来的 2 倍D. 使 U2 变为原来的 4 倍

4. 如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么
A. 经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B. 经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功不一样多
C. 三种原子核打在屏上时的速度一样大
D. 三种原子核都打在屏上的同一位置上

5. 图所示，平行板电容器水平放置，下极板 N 带正电；一带正电的微粒从两极板的中间以初速度 v0 水平射入且能穿过两极板，已知微粒的重力不可忽略。则
A. 微粒不可能沿水平直线穿过两极板
B. 微粒的质量越大，其穿过两极板间的竖直偏移量越大
C. 微粒的质量越大，其穿过两极板间的竖直偏移量越小
D. 不管微粒的质量多大，微粒穿过两极板间的时间相同

6. 几种混合带电粒子（电性相同，重力不计），初速度为零，它们从同一位置经一电场加速后，又都垂直电场方向进入另一相同的匀强电场，设粒子刚出偏转电场时就打在荧光屏上，且在荧光屏上只有一个光点，则到达荧光屏的各种粒子
A. 电量一定相等B. 荷质比一定相等
C. 质量一定相等D. 质量、电量都可能不等

7. 如图所示，正电子垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电子做
A. 匀速直线运动B. 匀加速直线运动
C. 向下偏转的曲线运动D. 向上偏转的曲线运动

8. a 、 b 两离子从平行板电容器两板间 P 处垂直电场入射，运动轨迹如图。若 a 、 b 的偏转时间相同，则 a 、 b 一定相同的物理量是
A. 荷质比B. 入射速度C. 入射动能D. 入射动量

9. 图中虚线所示为静电场中的等势面 1 、 2 、 3 、 4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面 3 的电势为 0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过 a 、 b 点时的动能分别为 26 eV 和 5 eV。当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为 −8 eV 时，它的动能应为
A. 8 eVB. 13 eVC. 20 eVD. 34 eV

10. 如图 1，AB 是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从 A 点由静止自由释放，沿电场线从 A 到 B 运动过程中的速度图线如图 2 所示，则 A 、 B 两点场强大小和电势高低关系是
A. EAφB
C. EA>EB；φA<φBD. EA>EB；φA>φB

11. 如图所示，A 、 B 、 O 、 C 为在同一竖直平面内的四点，其中 A 、 B 、 O 沿同一竖直线，B 、 C 同在以 O 为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿 AC 方向固定有一光滑绝缘细杆 L，在 O 点固定放置一带负电的小球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球 a 、 b，均可视为点电荷，（a 、 b 之间的库仑力忽略不计），先将 a 穿在细杆上，让其从 A 点由静止开始沿杆下滑，后使 b 从 A 点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是
A. 从 A 点到 C 点，小球 a 做匀加速运动
B. 小球 a 在 C 点的动能等于小球 b 在 B 点的动能
C. 从 A 点到 C 点，小球 a 的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变
D. 小球 a 从 A 点到 C 点电场力做的功大于小球 b 从 A 点到 B 点电场力做的功

12. 如图所示，虚线 a 、 b 、 c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即 Uab=Ubc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、 Q 是这条轨迹上的两点，据此可知
A. 三个等势面中，a 的电势最高
B. 电子在 P 点具有的电势能比在 Q 点具有的电势能大
C. 电子通过 P 点时的动能比通过 Q 点时大
D. 电子通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时小

13. 如图，一带正电的点电荷固定于 O 点，两匝线圈均以 O 为圆心，两实线分别为带电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹，a 、 b 、 c 、 d 、 e 为轨迹和虚线圈的交点，不计重力，下列说法正确的是
A. N 带负电荷，M 带正电荷
B. M 在 a 点的动能小于它在 b 点的动能
C. N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能
D. N 在从 c 点运动到 d 点的过程中克服电场力做功

14. 如图所示，质子（H11）和 α 粒子（He24），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移 y 之比为
A. 1:1B. 1:2C. 2:1D. 1:4

15. 如图所示，质子（H11）和 α 粒子（He24），以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移 y 之比为
A. 1:1B. 1:2C. 2:1D. 1:4

16. 下列关于静电场的说法正确的是
A. 在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点
B. 正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动
C. 场强为零处，电势一定为零；电势为零处，场强一定为零
D. 初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动

17. 如图所示，电子在电势差为 U1 的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为 U2 的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，电子的重力不计。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转位移 h 变大的是
A. U1 变大B. U1 变小C. U2 变大D. U2 变小

18. 如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让不计重力的相同带电粒子 a 、 b 以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，a 、 b 分别落到负极板的中央和边缘，则
A. b 粒子加速度较大
B. b 粒子的电势能变化量较大
C. 若仅使 a 粒子初动能增大到原来的 2 倍，则恰能打在负极板的边缘
D. 若仅使 a 粒子初速度增大到原来的 2 倍，则恰能打在负极板的边缘

二、双项选择题（共9小题；共36分）
19. 如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程，下列表述正确的有
A. 带正电的矿粉落在右侧B. 电场力对矿粉做正功
C. 带负电的矿粉电势能变大D. 带正电的矿粉电势能变小

20. 某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹是图中虚线，由 M 运动到 N，以下说法正确的是
A. 粒子是正电荷
B. 粒子在 M 点的加速度大于 N 点的加速度
C. 粒子在 M 点的电势能小于 N 点的电势能
D. 粒子在 M 点的动能小于 N 点的动能

21. 如图所示，虚线 a 、 b 、 c 代表电场中的三个等差等势面，ab 的间距大于 bc 的间距。实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、 M 为轨迹上的两个点，由此可知
A. 带电粒子一定是从 M 运动到 P 点
B. 粒子在 P 、 M 两点间的运动过程，电场力可能做正功
C. 粒子在 M 点的电势能一定比在 P 点的电势能大
D. 三个等势面中，a 的电势一定最高

22. 如图的所示，带正电的粒子以一定的速度 v 沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L，板间距为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行金属板的时间为 t，则 （不计粒子的重力）
A. 在前 t2 时间内，电场力对粒子做的功为 qU4
B. 在后 t2 时间内，电场力对粒子做的功为 3qU8
C. 在粒子下落前 d4 和后 d4 的过程中．电场力做功之比为 1:2
D. 在粒子下落前 d4 和后 d4 的过程中．电场力做功之比为 1:1

23. 某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为 L 、宽为 b 、高为 d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为 U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为 v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是
A. 只增大电压 U B. 只增大高度 d
C. 只增大长度 L D. 只增大尘埃被吸入水平速度 v0

24. 如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计重力作用，下列说法中正确的是
A. 从 t=0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B. 从 t=0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C. 从 t=T4 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D. 从 t=3T8 时刻释放电子，电子必将打到左极板上

25. 如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象，当 t=0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动
B. 2 s 末带电粒子回到原出发点
C. 3 s 末带电粒子的速度为零
D. 0∼3 s 内，电场力做的总功为零

26. 如图所示，带电荷量之比为 qA:qB=1:3 的带电粒子 A 、 B 以相等的速度 v0 从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在 C 、 D 点，若 OC=CD，忽略粒子重力的影响，则
A. A 和 B 在电场中运动的时间之比为 1:2
B. A 和 B 运动的加速度大小之比为 2:1
C. A 和 B 的质量之比为 1:12
D. A 和 B 的位移大小之比为 1:1

27. 如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个 α 粒子以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，α 粒子先后通过 M 点和 N 点。在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出
A. N 点的电势高于 M 点的电势
B. α 粒子在 N 点的电势能比在 M 点的电势能大
C. α 粒子在 M 点的速率小于在 N 点的速率
D. α 粒子在 M 点受到的电场力比在 N 点受到的电场力大

三、多项选择题（共3小题；共12分）
28. 如图所示，带电荷量之比为 qA:qB=1:3 的带电粒子 A 、 B 以相等的速度 v0 从同一点出发，沿着电场强度垂有的方向射入平行板电容器中，分别打在 C 、 D 点，若 OC=CD，忽略粒子重力的影响，则
A. A 和 B 在电场中的位移大小之比为 1:2
B. A 和 B 在电场中运动的时间之比为 1:2
C. A 和 B 运动的加速度大小之比为 4:1
D. A 和 B 的质量之比为 1:12

29. 如图所示为某一电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象，当 t=0 时，在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是
A. 带电粒子将始终向同一个方向运动
B. 2 s 末带电粒子回到原出发点
C. 2 s 末带电粒子的速度为零
D. 0∼2 s 内，电场力做的总功为零

30. 如图所示，匀强电场中有六个点 A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F 正好构成一正六边形，六边形边长为 0.1 m，所在平面与电场方向平行。点 B 、 C 、 E 的电势分别为 −20 V 、 20 V 和 60 V。一带电粒子从 A 点以某一速度沿 AB 方向射出后，经 1×10−6 s 到达 D 点。不计粒子重力，则下列判断正确的是
A. 粒子带负电
B. 点的电势是 60 V
C. 粒子在 A 点射出时的速度为 5×105 m/s
D. 粒子的比荷为 7.5×108 C/kg
答案
第一部分
1. C
【解析】由放射现象中 α 射线带正电，β 射线带负电，γ 射线不带电，结合在电场与磁场中的偏转可知 ②⑤ 是 γ 射线，③④ 是 α 射线，故选C。
2. D
【解析】A选项，B选项：根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为 0 的匀加速直线运动，根据结论 x1:x2:x3=1:3:5 可知，前 t2 时间内，电场力做功为 W=qE14d2，又 U=Ed，解得 W=qU8，故AB错误；
C选项，D选项：由 W=qEL=qEd4 得，在粒子下落前 d4 和后 d4 的过程中，电场力做功之比为 1:1，故C错误，D正确。
3. A
【解析】根据动能定理得，eU1=12mv02，
电子在偏转电场中的偏转位移 y=12at2=12eU2mdL2v02，
则 y=U2L24U1d，现使 U1 加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，即 y 不变，则 U2 变为原来的 2 倍，故A正确，BCD错误。
4. D
【解析】设加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转极板的长度为 L，板间距离为 d。在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1。由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；故B错误；
整个过程运用动能定理得：12mv2=qU1+12qU2，
由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则 v 不同，故C错误；
D.在偏转电场中的偏转位移：y=12at2=1qU22mdLv02，解得 y=U2L24dU1。同理可得到偏转角度的正切：tanθ=U2L4dU1，可见 y 和 tanθ 与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种粒子打屏上同一点，故D正确。
5. D
6. D
7. D
【解析】正电子带正电，所受的电场力与场强方向相同，即竖直向上，且电场力与初速度垂直，所以正电子做类平抛运动，是一种匀变速曲线运动，故AB错误。
正电子所受的电场力向上，所以正电子做向上偏转的曲线运动，故C错误，D正确。
8. A
【解析】 a 、 b 两离子竖直方向分位移相等，故：y=12⋅qEm⋅t2，由于 y 、 E 、 t 均相等，故比荷 qm 相等，故A正确；
水平方向位移关系时 xa>xb，水平分运动时匀速直线运动，时间相等，故 va>vb，故B错误；
a 、 b 两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故C错误；
a 、 b 两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定动量大小是否相等，故D错误。
9. C
10. D
【解析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，
故 A 点的电场强度较大，故 EA>EB；
正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，
故 A 点电势较大，即 φA>φB。
11. C
【解析】小球 a 所受库伦力大小不断变化，导致 a 所受合外力变化，因此从 A 点到 C 点，小球 a 做变加速运动，故A错误；
小球 a 从 A 运动到 C 和小球 b 从 A 运动到 B 电场力做功相等，但是 a 球重力势能减小大于 b 球，因此小球 a 在 C 点的动能大于小球 b 在 B 点的动能，故B错误；
机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从 A 点到 C 点，电场力对 a 球先做正功后做负功，故其机械能先增大后减小，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变即机械能与电势能之和不变，故C正确；
B 、 C 两点电势相等，根据电场力做功特点可知，小球 a 从 A 点到 C 点电场力做的功等于小球 b 从 A 点到 B 点电场力做的功，故D错误。
12. B
13. C
14. B
15. B
【解析】质子和 α 粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，根据牛顿第二定律得到粒子加速度的表达式为 a=qEm，粒子射出电场时的侧位移 y 的表达式为 y=12at2，又 t=Lv0，Ek=12mv02，联立得 y=qEL24Ek，由题得，两个粒子的初动能 Ek 相同，E 、 L 相同，则 y 与 q 成正比，质子（H11）和 α 粒子（He24）电荷量之比为 1:2，侧位移 y 之比为 1:2。
16. A
【解析】根据电场线的分布情况可知，离点电荷距离越远场强越小，而以点电荷为球心的球面上各点场强大小相等，方向不同，所以在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点。以点电荷为球心的球面，其上各点的电势相等，故A正确；
正电荷只在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于 90∘，从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于 90∘，从低电势向高电势运动，故B错误；
电势是相对的，电势零点可人为选择，而场强由电场本身决定，两者没有直接的关系，所以场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零，故C错误；
只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动，故D错误。
17. B
【解析】设电子的质量是 m，电荷量为 e，经电势差为 U1 的电场加速后，由动能定理可得 U1=12mv02，经平行金属板射出时，其水平速度和竖直速度分别为 vx=v0，vy=at=eU2mdlv0，由此可得 tanθ=vyvx=eU2ldmv02=U2l2dU1，当 l，d 一定时，增大 U1 或者减小 U2 都能使偏转角减小，所以B正确。
18. D
第二部分
19. B， D
【解析】正电的矿粉受电场力向左，落在左侧，选项A错误；不论带正电还是带负电，电场力对矿粉均做正功，电势能均减小，选项C错误，选项B、D正确。
20. A， D
【解析】带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A正确；
由电场线的分布可知，电场线在 N 点的时候较密，所以在 N 点的电场强，粒子在 N 点时受到的电场力大，加速度也大，所以B错误；
粒子带正电，从 M 到 N 的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在 M 点的电势能大于 N 点的电势能，所以C错误；
粒子带正电，从 M 到 N 的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，即粒子在 M 点的动能小于 N 点的动能，所以D正确。
21. B， C
22. B， D
【解析】根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为 0 的匀加速直线运动，根据结论 x1:x2:x3=1:3:5 可知，前 t2 时间内，电场力做功为 W=qE14(d2)，又 U=qEd，解得 W=qU8，A错误；
有上分析 x1:x2=1:3 知，在后 t2 内下落位移占 34，所以电场力做功为 W=qE34(d2)=38Uq=3Uq8，B正确；
根据 W=qEl 可得，在粒子下落前 d4 和后 d4 的过程中，电场力做功之比为 1:1，故C错误；
由 W=qEl=qEd4 得，在粒子下落前 d4 和后 d4 的过程中，电场力做功之比为 1:1，故D正确。
故选BD。
23. A， C
【解析】增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为 y=12⋅qUmd⋅Lv02 即增加 y 即可。
只增加电压 U 可以增加 y，故 A 满足条件；
只增大高度 d，由题意知 d 增加则位移 y 减小，故不满足条件；
只增加长度 L，可以增加 y，故 C 满足条件；
只增加水平速度 v0，y 减小，故不足条件。
24. A， C
【解析】从 t=0 释放电子，如果两板距离足够大，电子先向右匀加速 T2，再匀减速 T2，速度减小到 0 后，又开始向右匀加速 T2，接着又减速 T2，直到打到右极板，A对，B错；
从 t=T4 时刻释放，与两板距离 d 足够大，电子将先向右匀加速 T4，再匀减速 T4，速度减小到 0 后，改向左匀加速 T4，接着匀减速 T4，即在两板间振动；
如果 d 不够大，则电子在第一次向右运动就打到右极板上，C对；
从 38T 释放，如果 d 不够大，电子将在第一次向右运动时打到右极板上，如果第一次向右运动没有打在右极板，则必会从小孔出去，D错，故选AC。
25. C， D
26. A， C
【解析】电子在电场中做类平抛运动，在水平方向：x=v0t，初速度相等，所以 t∝x，A 和 B 在电场中运动的时间之比 OCOC+CD=12，故A正确；
粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，y=12at2，y 相同，a 与 t2 成反比，aAaB=tB2tA2=41，故B错误；
由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量 m=qEa，mAmB=qAqB⋅aBaA=13×14=112，故C正确；
A 、 B 的位移大小之比：sAsB=y2+OC2y2+(OC+CD)2≠11，故D错误。
27. A， B
【解析】α 粒子为氦核带正电，由运动轨迹可知，电场力的方向指向右下方即电场线的方向指向右下方，根据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知 N 点的电势高于 M 点的电势，A选项正确；
α 粒子带正电，从 M 到 N，电场力做负功，所以电势能增加，所以 N 点的电势能比在 M 点的电势能大，所以B正确；
从 M 到 N，电场力做负功，速度减小，所以 M 点的速率大于在 N 点的速率，所以C错误；
根据电场线或等势面的疏密程度可知，D选项错误。
第三部分
28. B， C， D
29. A， C， D
【解析】A、由图可知，粒子在第 1 s 内做匀加速运动，第 2 s 内做匀减速运动，2 s 末的瞬时速度刚减到 0，带电粒子始终向同一个方向运动，2 s 末没有回到出发点，故AC正确，B错误；
D、因为第 2 s 末粒子的速度刚好减为 0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前 2 s 内动能变化为 0，即电场力做的总功为零，故D正确。
30. A， B， D
【解析】沿 AB 方向射出，最后到达 D 点，所以受到斜向下电场力，所以粒子带负电，A正确；因为 BC∥EF，并且 BC=EF，所以 UCB=UEF，解得 F 点的电势为 20 V，所以电场分布如图所示
故 DE 和 AB 为等势面，所以 D 点的电势为 60 V，A 点电势为 −20 V，B正确；因为 AB 是等势面，所以粒子在 AB 方向上做匀速直线运动，根据分运动与合运动等时性可得 v=xt=0.11×10−6 m/s=1×105 m/s，在 AE 方向，则有：12qUmdt2=d，代入数据，解得：qm=7.5×108 C/kg，故D正确C错误。