2024-2025学年人教版高中物理必修第三册《带电粒子在电场中的运动》压轴题型训练【九大题型】（解析版）

《带电粒子在电场中的运动》压轴培优题型训练【九大题型1

带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题）

二.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题）

三.带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题）

四.带电粒子射出偏转电场后打在挡板上（共3小题）

五.带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题）

六.带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动（共5小题）

七.带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动（共3小题）

八.从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题（共18小题）

九.动量守恒定律在电场问题中的应用（共4小题）

带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动（共2小题）

1.如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d=0.6cm,两板间加有一周期性变化

的电压，当B板接地（（PB=O）时，A板电势（PA，随时间变化的情况如图乙所示.现有

一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重

力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计.求：

甲乙

（1）在0〜工和工〜T这两段时间内微粒的加速度大小和方向；

22

（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g=10m/s2）.

【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）设电场力大小为F,贝ljF=2mg,对于t=0时刻射入的微粒，在前半个

周期内，有

F-mg=mai

1

又由题意，F=2mg

解得，ai=g,方向向上.

后半个周期的加速度a2满足

F+mg=ma2

得a2=3g,方向向下.

（2）前半周期上升的高度比=工@1（工）2=LgT2

2128

前半周期微粒的末速度为vi=LgT

2总

后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间3则3gti=上灯，则得t,J

2s16

t?=fx3gX(l)2=^

此段时间内上升的高度h2=lan

2a2

2

则上升的总高度为H=hi+h2=9l

6

后半周期的三-□=工时间内，微粒向下加速运动，下降的高度H3=Lx3gX（―）2=

2323

2

gT

上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可,

2

则HWd,即巨二Wd

6

所加电压的周期最长为Tm=J0Z=6X10-2s

答:

（1）在0〜工和工〜T这两段时间内微粒的加速度大小和方向分别为：g,方向向上和

22

3g,方向向下；

（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为6X10-2$.

2.如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出）,

其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示.将一个质量m=2.0Xl（T

27kg,电量q=+1.6X10-19c的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力.求

（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；

（2）若A板电势变化周期T=LOX10-5s,在t=o时将带电粒子从紧临B板处无初速释

放，粒子达到A板时动量的大小；

2

(3)A板电势变化频率多大时，在1=工到t=1时间内从紧临B板处无初速释放该带电

42

一图1图2

【答案】答：(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0X

109mzs2；

(2)若A板电势变化周期T=LOX10-5s,在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释

放，粒子达到A板时动量的大小为4.0X10-23kg.m/s；

(3)A板电势变化频率为蚯*dHz时，在t=［到t=］时间内从紧临B板处无

初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。

【解答】解：(1)电场强度E号，带电粒子所受电场力F=qE=号，F=ma

a=^-=4.0X109m/s2

dm

释放瞬间粒子的加速度为4.0X109m/s2；

(2)粒子在0〜2■时间内走过的距离为品OXlO-2^

故带电粒子在t=工时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p=Ft=4.0X10-

2

23kg.m/s

粒子到达A板时的动量为4.0X10-23kg-m/s；

(3)带电粒子在t=1~t=工向A板做匀加速运动，在七J"〜t=21向A板做匀减速

42工24

运动，速度减为零后将返回.在1=工时刻释放的粒子向A板运动位移最大，且最大位

4

移为：

s=2等//丁？

要求粒子不能到达A板，则有s<d,

可得：

a

3

由f=",电势变化频率应满足f>jy1i=5ax10正。

答：（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0X109^52；

（2）若A板电势变化周期T=1.0X10-5s,在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释

放，粒子达到A板时动量的大小为4.0X1023kg«m/s；

（3）A板电势变化频率为M历x104HZ时，在t=［到t=］时间内从紧临B板处无

初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。

二.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动（共4小题）

3.某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金

属板长度为L,间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平

速度V。进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间

1n

的电压恒为u=：°，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响

2qL2

及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（）

A.净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为互

100

B.单位时间内通过导线的电荷量为*nq

C.单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为生nqU

32冈

D.若电压增大到2U,则带电灰尘颗粒恰好全部被收集

【答案】D

【解答】解：AB.带电尘埃在极板间最大偏转距离y,最长运动时间为t,根据牛顿第二

定律可知，尘埃的加速度为

32

dVO

a=@=

2L2

md

水平方向和竖直方向分别有

L=vot

4

=12

7vIa+t

解得：y=—d

4

根据题意可知，收集效率为：n=Z.X100%=75%

d

则单位时间内通过导线的电荷量为：Q=3nq

4

故AB正确；

c.因最大偏转距离为3d,故单位时间内，入射点与上极板距离大于旦d的颗粒减少的

44

电势能总计为：

AEpi=—nqXJzH

44

入射点与上极板距离不大于3d的颗粒打在上极板上，因板间各点到上极板的电势差与

4

到上极板的距离成正比，可以用电势差的平均值来计算减少的电势能，则打在上极板的

颗粒减少的电势能总计为：

AEp2=3nqX包

一442

单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为：Ep=AEpi+AEp,=l§.nqU,故C正确；

32

D.若电压增大到2U,带电尘埃在极板间最大偏转距离y,最长运动时间为f,根据牛

顿第二定律可知，尘埃的加速度为

32

MdVO

a-

L2

md

水平方向和竖直方向分别有

L'=vot'

v'=1*'2

7?at

解得：y'=3d

2

则带电灰尘颗粒并非恰好全部被收集，故D错误；

本题选择错误选项，故选：D。

4.如图所示，竖直平面区域I内有电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场；区域H

中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R=―轨道在A点的切线与水平方向成60。

g

角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在区域III内有一足够长且宽为d的有界匀强电场,

5

电场强度大小未知，方向水平向右。一质量为m、电荷量大小为q的带负电小球（可看

作质点左边界的。点正上方的M点以速度v0水平射入区域I,恰好从A点沿圆弧轨道

切线进入轨道且恰好不能从区域m电场右边界穿出，已知重力加速度为g,求：

（1）带电小球在区域I运动的时间t?

（2）区域ni中电场强度的大小E’？

（3）小球再次到达区域III左边界上的点距水平线OO'的距离s?

【答案】（1）带电小球在区域I运动的时间t为------

mg+qE

2

V

9mo

（2）区域III中电场强度的大小E'2qd

5VnQgJ2

（3）小球再次到达区域III左边界上的点距水平线OO'的距离s为一1削%.

2§9v0

【解答】解：（1）小球在区域I中做类平抛运动，设小球在A点的速度为VA，竖直分速

度为Vy,

==

则有：v.=---J—2v（）,Vy=VAsin60°=2vX~~~y/2vn,由牛顿第二定律可

Acos60u20

得：mg+qE=ma,

、V3mv

由运动学规律：vy=at,联立得：t=------上n

mg+qE

（2）在区域n中，由图可得，由A至B下降的高度为国

2

则由A到B,根据动能定理mgA=A2解得：VB=3VO

22B2A

在区域ni中，小球在水平方向做匀减速直线运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，

故可得：*=2a'd，a，=&

2

V

9mO

解得：E'-

qd

6

(3)由VB=a't',解得：t'小球回到左边界，在竖直方向上做自由落体运

3Vo

9

动，即卜=/8(21/2_1z2X2d.2-8§d

23Vo9vn

距离00'为$=11+工

2

V3mvn

答：(1)带电小球在区域I运动的时间t为------

mg+qE

9mvn

(2)区域III中电场强度的大小E'为——

2qd

d

;8g

(3)小球再次到达区域III左边界上的点距水平线00'的距离9，

，

vr

5.如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y，长为L,相距d,足够大的竖直屏与

两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U,一束质量为m、带电量为+q的粒子(不

计重力)从两板左侧中点A以初速度V。沿水平方向射入电场且能穿出.

(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心0点；

(2)求两板间所加偏转电压U的范围；

(3)求粒子可能到达屏上区域的长度.

yL______

t

------------------d

Y/H-b

【答案】见试题解答内容

【解答】解：(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为

y,沿电场方向的速度为Vy,偏转角为0,其反向延长线通过。点，。点与板右端的水平

距离为x,则有

侧移量，y=lat2①

2

匀速运动的位移，L=v()t②

竖直方向的速度，Vy=at

7

tan0=—,

v0x

联立可得：x=L,

2

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心.

(2)由牛顿第二定律得：2=必③

m

电场强度与电势差的关系，E=U④

d

qUL2

由①②③④式解得:2

2V

mdO

2

O

三丫=皆呵，u=-----

2qL2

md2v§md2v§

则两板间所加电压的范围为：-——裳WUW——裳；

qL2qL2

(3)当丫=旦时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为yo)，

2

则yo=(―+b)tanQ,而tanO=旦,

2L

解得：yo=.d(L+2b),

2L

则粒子可能到达屏上区域的长度为dQ+2b)

L

答：(1)粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点;

,22,22

一mdvmdv

(2)则两板间所加偏转电压U的范围：-——卢nWUW——/n

qL2qL2

(3)则粒子可能到达屏上区域的长度为d(L+2b).

L

6.如图所示，质量m=5XKT8kg的带电粒子，以初速vo=2m/s的速度从水平放置的平行

8

金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知金属板长0.1m,板间距离d=2X10-2m,当

UAB=1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场，若两极板间的电势差可调，要使粒子

能从两板间飞出，UAB的变化范围是多少？（g取10m*）

-----------------------B

【答案】见试题解答内容

【解答】解：带电微粒恰好沿直线穿过板间的条件，求出微粒的带电量q

qE=mg

d

q=K

u

带电微粒竖直向上或向下位移x小于等于且才能从板间飞出，

2

取向上为正方向，则旦

22

运动时间t=—

v0

设板间电压为u,场强电场力理

dd

qu［培

竖直匀加速运动加速度a=W--------=（u-U）3

mU

_12（u-U）gL2

22

2Uv0

要使粒子能从两板间飞出，则

旦,（u-U）gl?三_旦

2

丁2Uv02

dUvn2

2

gTL

800V（u-U）》-800V

1800V》u2200V

答：要使粒子能从两板间飞出，UAB的变化范围是200V〜1800V.

9

三.带电粒子在周期性变化的电场中偏转（共4小题）

7.如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L,相距为d,0Q为中轴线，两板间为匀强

电场，忽略两极板外的电场，当两板间加电压UMN=U（）时，某种带负电的粒子从Oi点

以速度vo沿0Q方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。

（1）求带电粒子的比荷

m

（2）若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T=L,从t=0开始，前工时间内

V。3

UMN=2U,后2工时间内UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度vo沿0Q方向持续射

3

入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。

甲乙

【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）粒子从中轴线到M板的中点，有

—=vot

2

d_12

而加速度a=U巴

dm

/2^2

联,立以上几式可求得：9C=—4vn^―d

2

mU0L

（2）粒子通过两板时间t=1—=T,

v0

从t=0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间工内方向垂

3

直极板的加速度大小ai=2四

dm

（在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小a2=曳）

dm

不同时刻从Oi点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如答图所示。

所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t=nT或t=nT+工时刻进入

3

10

电场的粒子

恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出。它们在电场方向偏转的距离最大。

T

,va]"万

所以有：旦

222

解得：U=.|-uo

/2,2

c4vd

答：（1）带电粒子的比荷9是一n2--；

mUol?

（2）若最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，U的值为■lu。。

8.如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=U25V,板中央有小孔O

和O'.现有足够多的电子源源不断地从小孔。由静止进入A、B之间.在B板右侧，

平行金属板M、N长Li=4X10-2m,板间距离d=4XlO7m,在距离M、N右侧边缘

L2=0.1m处有一荧光屏P,当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧

光屏上的O〃并发出荧光.现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压ui，

在t=0时刻，M板电势低于N板.已知电子质量为%=9.OXl（）-31kg,电量为e=1.6

xio19c.

（1）每个电子从B板上的小孔O'射出时的速度多大？

（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？

（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？

【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有eu卷mv。

11

[2eU2X1.6XIO-%1125

得7m/s

v0V9X10-31m/s=2X10

(2)当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为

1eU2

工、2一；1.6X10-9x22.5vz0.0421n=2X10~3m

y=x^21xIT-

l2^v-0'~~2o9X10x4X10J2X10’

Yi<d,说明所有的电子都可以飞出M、N.

此时电子在竖直方向的速度大小为

eU2L1.6X10~19X22.5

二---•--=----------------'皆jx10^

-31-3s

Ymdv09XIQX4XIQ

9

电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为t=，■=°J_7S=5X10-S

vo2X10-7

电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为

69

y2=vyt2=2X10X5X10_m=0.01m

电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=yi+y2=0.012m,方向竖直向下；

y的计算方法H：由三角形相似，有一Y1!■=丁上2一

y5

T+L2

即2X10-3=2X10-2

y2xio-2+o.i

解得y=0.012m

(3)当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大,

2=-317262182x

EK^-mvymCvg+Vy)=yX9X10[(2XIQ)+(2X10)]=

1016J

答：(1)每个电子从B板上的小孔O'射出时的速度是2Xl()7m/s

(2)打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m；

(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82X1016J.

9.在真空中速度为v=6.4X107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间。极板长度为1=

8.0X102m,间距为d=5.0X10-3m.两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通

过，如图1所示。在两极板上加一如图2所示的交变电压U=UosinlOOm(V),如果所

加电压的最大值Uo超过某一值Uc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板,

有时间断，不能通过。已知电子的比荷旦=1.76X10Uc/kg。求:

m

12

(1)电子穿越平行板电容器的时间t;

(2)U0的大小；(结果保留二位有效数字)

(3)Uo为何值才能使通过的时间△口跟间断的时间At2之比为Ah：At2=2：1.(结果

保留三位有效数字)

【答案】见试题解答内容

【解答】解：(1)电子沿平行板的方向做匀速运动，通过平行板的时间t=L=

V

8,0X102s=1.25X10-9S；

6.4X107

(2)交变电流的周期T=0.02s,由于t远小于T,可以认为电子在通过平行板时板间的

电压和场强是稳定不变的，每个能通过平行板的电子均做类平抛运动

水平方向为匀速运动：l=vt

eU「

竖直方向匀加速运动：加速度为a=—J

md

电子束恰好不能通过平行板时有：y=Lat2=&

22

22

由以上三式联立可以得到：Uc=mv1

e12

代入数据可以得到：UC=91V；

(3)因为电子通过的时间Ati跟间断的时间At2之比为At2=2：1,所以在半个周

期内，将有工的时间极板间电压的瞬时值超过Uc=91V,而菖的时间内极板间电压的瞬

33

时值小于Uc=91V,根据正弦交流电的变化规律可知，应有：Uc=U0sin2L

3

代入解得：U0=105Vo

答：

(1)电子穿越平行板电容器的时间t是：1.25X10-9s；

(2)J的大小是91V。

(3)Uo为91V时才能使通过的时间Ati跟间断的时间At2之比为Ati：At2=2：lo

10.如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两个极板，两极板间距d=0.1m,两

极板间的电压U=12.5V,。为上极板中心的小孔，以O为坐标原点，在竖直平面内建立

13

直角坐标系，在y轴方向上，OWyW2m区间存在方向与x轴平行的匀强电场（PQ为电

场区域的上边界），在x轴方向上，电场范围足够大.若规定x轴正方向为电场正方向,

电场强度随时间变化情况如图乙所示.现有一个带负电的粒子，在t=0时刻从紧靠M级

板中心O'处无初速释放，经过小孔O进入N板上方的交变电场中，粒子的比荷q/m=lX

102C/kg,不计粒子重力.求：

P-...................2

0

N不：

图甲

（1）粒子进入交变电场时的速度.

（2）粒子在两板之间飞行的时间.

（3）粒子在8义10-3s末的位置坐标.

（4）粒子离开交变电场时的速度大小和方向.

【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）粒子经过加速电压，根据动能定理：qU蒋mv/—-①

解得：vo=5Om/s

（2）在加速电场中，粒子做匀加速运动：a=典二1.25X104in/s2

dm,

故飞行时间为t=-^-=4X10-3s

a

（3）粒子在t=4X10-3s时进入交变电场，受到水平向右的电场力做类平抛运动：

加速度：/1o'm/s?

m

沿+y轴方向粒子匀速运动：y=vot----@

沿+x轴方向粒子做匀加速运动：x=/a’t2----③

解②③得：x=0.032m,y=0.2m

故粒子在8X10-3$末的位置坐标为（0.032m,0.2m）

（4）沿+y轴方向粒子始终做匀速运动，0Vy<2m区间内：

粒子运动的时间t=S」=4X10-2S=5T（运动的总时间是交变电压周期的5倍）

v0

故粒子沿x轴方向速度为0,粒子离开交变电场时速度方向沿+y方向，大小50m/s.

14

答：(1)进入交变电场时的速度vo=5Om/s；

(2)粒子在两板之间飞行的时间为4X10-3$；

(3)在8X10-3$末的位置坐标(o.O32m,0.2m)；

(4)离开交变电场时的速度大小为50m/s和方向竖直向上.

四.带电粒子射出偏转电场后打在挡板上(共3小题)

11.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为Uo,

电容器板长和板间距离均为L=10cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=

10cm,在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所

示.(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：

(1)在t=0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y；

(2)电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到

荧光屏上距图中荧光屏上的O点的距离是多大？

【答案】见试题解答内容

【解答】解：(1)电子经电场加速，又功能关系有:

1

qUo——mv9z

2

经电场偏转后侧移量为：

221nL

U偏L

联立解得：y=」_

4U0

由图知t=0.06s时刻

U偏=1.8Uo,

联立解得:

y=4.5cm

(2)当v久时，电子恰从电容器极板右端边缘射出,

y2

L*L

即:

15

解得：U偏=2Uo

,V2

设打在屏上的点距O点的距离为Y,满足：

~2~2

解得：Y=1.5L=15cm

答：（1）在t=0.06s时刻进入电容器中的电子，经电容器中的电场偏转后的侧移量y为

4.5cm；

（2）电容器上的电压多大时，电子恰从电容器极板右端边缘射出，此种情形下电子打到

荧光屏上距图中荧光屏上的O点的距离是15cm.

12.相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小

孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为vo,质量为m,电量为

2

-e,在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0<k<l,Uo=El&；紧靠B板的

6e

偏转电场电压也等于Uo,板长为L,两板间距为d,距偏转极板右端L处垂直放置很大

2

的荧光屏PQ.不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以

忽略不计.

（1）试求在0-kT与kT-T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用Uo、e、m

表示）

（2）在0-T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离.（结

果用L、d表示，）

（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0-T时间内通过了电容器B

板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值.

【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在O-kT时间内，

穿出B板后速度为vi，kT-T时间内射出B板电子的速度v2

据动能定理有：

16

1212

-eU0=fmv2_AmV2

eU^mV21,.2

02-TmV0

2

mo

代入上式，得:

(2)在O-kT时间内射出板电子在偏转电场中，电子的运动时间：tiT-

2

19eU0L

侧移量：y=-z-at?=--------$

1212mdvj

得:

L2

打在荧光屏上的坐标为丫彳，贝I：

<=2y广匕

同理可得在kT-T时间内设穿出B板后电子侧移量:

L2

了2=而

打在荧光屏上的坐标:

62y2号

故两个发光点之间的距离:

//L2

△Ay=y「y2昆

(3)要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等(且

刚好重叠)

第一束长度：h=vikT

第二束长度：12=v2(T-kT)

17

解得:=2~V^=0.59

答：⑴在O-kT与kT-T时间内射出B板电子的速度分别为J——4eU1n、J——8eU1n；

VmVm

T2

（2）在0-T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离为L；

8d

（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取0.59时，使在0-T时间内通过了电容器B板的所

有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束.

13.一个金属电阻R的阻值在一定范围内随温度呈线性变化，如图甲所示.将该电阻接入

如图乙所示电路，图中Ro为定值电阻，C为平行板电容器，极板长度为1,极板间距为

d,极板的右侧距极板L处有一荧光屏.现让一束电子（质量为m,电量为e）以速度vo

平行于极板沿中线进入电容器，若所有电子均能从右侧穿出，则当R的温度在h-t2之

间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围如何？（电源电动势为E,内阻不计）

【答案】见试题解答内容

【解答】解：设极板间电压为U,则uJ一吨

R+R。

电子从极板间飞出时的速度偏角设为a,偏移量设为y,则电子打到荧光屏上的位置P

到O的距离为y'

v=12

7Iat

l=vot

da-=-e-U-

md

2IUVQ2d

tana=^

v0

Vy-at

18

所以tana=—-

IWQd

所以y'=y+Ltana=.巳口；

IDVQd

t=ti时，U芳

eUi1,、

Yl=-----"+L)Z

2mv0d2

t=t2时，力粤

2eUl1、

七百；Z份+T口

所以电子束在荧光屏上扫描的范围是:

PP=yy

l9r2=eU；（y+L）

12146叫2d2

答：当R的温度在h-t2之间变化时，电子束在荧光屏上扫描的范围为

—

五.带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动（共5小题）

14.如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中

a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕0点做半径为R

的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在

外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为-

6q,h=V2R,重力加速度为g,静电力常量为k。则（）

19

C.小球C的向心加速度大小为返其

3Rm

D.外力F竖直向上，大小为2泥炉？

R2

【答案】C

【解答】解：ABC、a、b、c三小球电荷量相等，完全相同，受力相同，绕0点做半径

为R的匀速圆周运动，线速度、角速度、加速度大小均相等，

设db连线与水平方向的夹角为a,则cosa=/区.=立~,贝！Jsina=Y^,

VJAR133

对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：k野-cosa-2k----------------------*00830°=

h2+R2（2Rcos300）2

2

m——=ma）2R=ma

R

解得：v=J^kq2,1^3kq2^a=垣科1,故AB错误，C正确；

V3Rm13R3m3R2IR