2024-2025学年高二物理 同步学与练（ 人教版2019必修第三册）10.5 带电粒子在电场中的直线运动 （解析版）

10.5带电粒子在电场中的直线运动

学习目标

课程标准物理素养

物理观念：会分析带电粒子在电场中的加速问题。

3.1.5能分析带电粒子在科学思维：能够从牛顿运动定律和功能关系两个角度分析物体的直线运动。

电场中的运动情况，能解科学探究：通过解决带电粒子在电场中加速的问题，加深对牛顿运动定律和

释相关的物理现象。功能关系两个角度分析物体运动的认识。

科学态度与责任：体会静电场知识对科学技术的影响。

02思维导图

1．带电粒子在电场中的运动

(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然

后选用恰当的规律解题。

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力

相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子

的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

2．处理带电粒子(带电体)运动的方法

(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路

①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。

②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。

(3)常用的两个结论

①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。

②若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。

03知识梳理

（一）课前研读课本，梳理基础知识：

一、带电粒子在电场中的直线运动

1．做直线运动的条件

(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。

(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动；若电场为匀强

电场且其它力恒力，则带电粒子做匀变速直线运动。

2．用动力学观点分析

qEU22

在匀强电场中，a＝，E＝，v－v0＝2ad。

md

3．用功能观点分析

1212

动能定理qU＝mv－mv0

22

4．带电粒子在电场中的加速

1212

(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv－mv0。

22

1212

(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv－mv0。

22

二、带电粒子在交变电场中的直线运动

1．常见的交变电场

常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。

2．常见的题目类型

(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。

(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。

3．思维方法

(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：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，求

解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。

(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。

04题型精讲

【题型一】恒力作用下的直线运动

【典型例题1】如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度大小为E、区域足够大的匀强电场中，

以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，

则()

A．电场方向竖直向上

g

B．小球运动的加速度大小为

2

2

v0

C．小球上升的最大高度为

4g

12

D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv0

2

答案C

解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝qE，所以静电力qE

与重力关于ON对称，根据数学知识可知，静电力qE与水平方向的夹角应为30°，即电场方向不是竖直向

上的，受力情况如图所示．

合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，A、B错误；小球做匀减速直线

22

v0v0

运动，由运动学公式可得最大位移为x＝，则小球上升的最大高度为h＝xsin30°＝，C正确；若小球

2g4g

在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服静电力做功和克服重力做功是相等

12

的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为mv0，则小球的

2

12

最大电势能为mv0，D错误．

4

【典型例题2】如图所示，绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑

到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确

的是()

A．金属块带负电荷

B．静电力做功0.5J

C．金属块克服摩擦力做功0.7J

D．金属块的机械能减少1.4J

解析：选C在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属块带正电荷，故A、

B错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力做功－0.5J，根据动能定理得，W

总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2J，故金属块机械

能减少1.2J，故D错误。

【对点训练1】(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由

静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下

列判断正确的是()

mg

A．电场强度的最小值等于

q

mgsinθ

B．电场强度的最大值等于

q

C．带电油滴的机械能可能增加

D．电场力可能对带电油滴不做功

解析：选CD带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，

根据三角形定则作出合力，如图所示。当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝

mgsinθmgsinθ

qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电

qq

场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变，这种情况下只有重力做功，带电

mgsinθ

油滴的机械能不变，故D正确；当E＞时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带

q

电油滴的机械能增加，故C正确。

【对点训练2】如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ＝37°，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，

电场强度的大小E＝3.0×103N/C。现有一带正电荷量为q＝2.0×10－3C的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g

取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则小滑块的质量m()

A．1kgB．2kg

C．3kgD．4kg

答案A

解析带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，可知qE＝mgsin37°，解得小滑块

的质量m＝1kg，选项A正确。

【题型二】变力作用下的直线运动

【典型例题3】如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，某

时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像如图乙所示．已

知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略．下列说法正确的是()

A．小球运动的速度一直增大

B．小球先做匀加速运动后做匀速运动

C．小球刚开始运动时的加速度大小a0＝g

D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比

答案D

解析小球速度增大到v0后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程中，加速度随速

度变化，不是匀变速运动，故B错误；由a－v图像可得，a＝kv＋a0，由牛顿第二定律可得mg－qE－Ff＝

FfqEqEFf

ma，可解出加速度为a＝－＋g－，联立可知a0＝g－，还可知－＝kv，即Ff＝－kmv，故C错误，

mmmm

D正确．

【典型例题4】如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为

d

m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于

4

上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落．当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零．重力

加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：

(1)两极板间的电压；

(2)小球运动的最大速度．

20mgd11gd

答案(1)(2)

13q26

531

解析(1)根据动能定理可得4mg×d－2Uq－Uq－Uq＝0

442

20mgd

解得U＝

13q

U40

(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝×2q＝mg<4mg

d13

U60

当三个小球在电场中时，静电力F2＝×3q＝mg>4mg

d13

d111

故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×－Uq－Uq＝×4mv2－0

2242

11gd

解得v＝.

26

【对点训练3】(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，

向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律

如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，对于此电场，以下说

法正确的是()

A．该电子做匀变速直线运动

B．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向

1

C．M点的电势是P点电势的

2

D．图像中的E0的数值为1.2

解析：选BD由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，

即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用

下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－

UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴

负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45eV，

E0e－2

E0e＋×5×10m

E-x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝2＝45eV，解得E0

2

＝1200V，即图像中E0的数值为1.2，故D正确。

【对点训练4】如图所示为一个半径为R的均匀带电圆环，取环面中心O为原点，以过O点且垂直于环面

的轴线为x轴，P到O点的距离为2R。质量为m、带负电且电荷量为q的小球从轴上P点由静止释放，小

球运动到Q点时速度为零，Q点在O点上方R处。下列说法正确的是()

A．P点电势比Q点电势低

B．P点场强比Q点场强大

mgR

C．P、Q两点的电势差为

q

mg

D．Q点的场强大小等于

q

解析：选C由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的电场力作用，故

电场方向沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；开始qEP<mg，在

Q点qEQ>mg，故P点场强比Q点场强小，B、D错误；由动能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q两点

mgR

的电势差为UPQ＝，C正确。

q

【题型三】交变电场中的直线运动

【典型例题5】(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当

两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图

像，可能正确的是()

解析：选AD在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始

U0eT

终不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做

d4

TTT

匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个

444

内向A板做匀减速直线运动，所以at图像应如图D所示，vt图像应如图A所示，A、D正确，C错误；

12

又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at，所以xt图像应是曲线，B错误。

2

【典型例题6】(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为

T

m、电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰

4

好到达B板，则()

2

qU0T

A．A、B两板间的距离为

16m

qU0

B．电子在两板间的最大速度为

m

C．电子在两板间做匀加速直线运动

T

D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板

8

答案AB

T3

解析电子在t＝时刻由静止释放进入两极板运动，先加速后减速，在t＝T时刻到达B板，设两板的间

44

2

qU01TqU0TT

距为d，加速度a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝，故A正确；由题意可知，经过时间电子

md2416m4

TqU0

速度最大，则最大速度为vm＝a·＝，故B正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右

4m

TTT

做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝时刻进入两极板，在～时间内电子做匀加速直线运动，位

882

1qU039

移x＝··(T)2＝d>d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，故D错误．

2md88

【对点训练5】如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板

中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度

的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度随时间变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规

律变化)()

[解析]电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D错误；从0时刻开始，电子向A

1

板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后

2

重复上述运动，A正确，B错误。

[答案]A

【对点训练6】(多选)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。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．2s末带电粒子回到原出发点

C．3s末带电粒子的速度为零

D．0～3s内，电场力做的总功为零

qE

[解析]设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s

m

内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，

v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。

[答案]CD

05强化训练

01

【基础强化】

1．(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强

电场，电场强度为E(如图所示)，则()

2

mv0

A．粒子射入的最大深度为

qE

2

mv0

B．粒子射入的最大深度为

2qE

mv0

C．粒子在电场中运动的最长时间为

qE

2mv0

D．粒子在电场中运动的最长时间为

qE

答案BD

2

12mv0

解析粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv0，最大深度xmax＝，由v0＝at，

22qE

Eqmv02mv0

a＝可得t＝，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝，故选B、D.

mEqEq

2.人体的细胞膜模型图如图1所示,细胞膜由磷脂双分子层组成,双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。

现研究某小块均匀的细胞膜,厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场,简化模型如图2所示,初速度可视为零的一

价正钠离子仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点。下列说法正确的是()。

A.A点电势等于B点电势

B.钠离子的电势能增大

C.若膜电位不变,当d越大时,钠离子进入细胞内的速度增大

D.若膜电位增加,则钠离子进入细胞内的速度增大

答案D

解析初速度可视为零的一价正钠离子仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点,则电场线从A到B,

沿电场线电势降低,所以A点电势大于B点电势,A项错误。钠离子运动中电场力做正功,所以钠离子的电势

能减小,B项错误。由动能定理可知qU=mv2,若膜电位不变时,即电压U不变时,钠离子进入细胞内的速度不

1

变;电压U增加时,速度增大,C项错误,D2项正确。

3.如图所示，一带正电的小球在匀强电场中，受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向

做加速度不为零的匀变速直线运动，ON与水平面的夹角为30°。不计空气阻力，重力加速度为g。则()

A．电场力方向可能水平向左

B．小球可能做匀加速直线运动

C．小球的加速度大小一定小于g

v0

D．经过时间，小球的速度方向发生改变

g

解析：选D小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为mg

＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据几何关系可知电场力qE与水平方向夹角为30°，受力情况

如图所示，合力沿ON向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与速度方向相反，小球做匀

v0v0v0

减速直线运动，故A、B、C错误；设小球减速到零所用时间为t，则t＝＝，故经过时间，小球速度

agg

v0

刚好减为零，然后反向加速，即经过时间，小球的速度方向发生改变，故D正确。

g

4.如图甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示电压，U0、T0为已知。质量为

m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2T0时间到B板。

求：

图8

(1)粒子到达B板时的速度v；

(2)两个金属板间的距离d。

2qU07qU0

答案(1)3(2)T0

7m2m

2

12qU02qU0T0

解析(1)在0～T0时间，粒子运动的位移为d1＝·T0＝

2mdmd

在T0～2T0时间，粒子运动的位移为

222

2qU0T0qU0T05qU0T0

d2＝＋＝

md2md2md

根据动能定理得

d1d212

2qU0＋qU0＝mv

d1＋d2d1＋d22

2qU0

解得v＝3。

7m

(2)根据位移关系得d1＋d2＝d

7qU0

解得d＝T0。

2m

5.如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。

今有一带电质点自A板上方距离为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，

然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大小之比为()

A．1∶2B．1∶3

C．2∶1D．3∶1

答案B

31

解析带电质点从P点开始由静止下落到两板中点时，先加速后减速到零，根据动能定理有mg·d－qEd

22

＝0，重力与电场力的大小之比为1∶3，故B正确。

6.(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON

做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下

面说法中正确的是()

A．电场方向一定竖直向上

3mg

B．电场强度E的最小值为

2q

2

mgv0

C．如果电场强度为E＝，则小球相对初始位置的最大高度为

q2g

2

mgmv0

D．如果电场强度为E＝，小球电势能的最大值为

q4

答案BD

解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力方向与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形

定则知，电场力的方向不确定，当电场力方向垂直于运动方向时，电场力有最小值，为Fmin＝mgcos30°，

mgcos30°3mg

如图所示，所以电场强度的最小值Emin＝＝，故A错误，B正确；当小球所受的重力和电场

q2q

力大小相等，两个力的夹角为120°，合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加

2

v0

速度大小为g，方向与运动方向相反，故小球斜向上做匀减速直线运动的位移x＝，则小球上升的最大高

2g

2

v01212

度h＝xsin30°＝，故C错误；在整个过程中电场力做功W＝qExcos120°＝－mv0，电势能增加mv0，所

4g44

12

以小球电势能的最大值为mv0，故D正确。

4

【素养提升】

7.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒

子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静

3

止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，

7

不计重力，则以下说法正确的是()

A．电荷量q1与q2的比值为3∶7

B．电荷量q1与q2的比值为3∶4

C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16

D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7

q1E31q1E2

解析：选B设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有：a1＝，l＝··t，对粒子B

m72m

1

q2E41q2E2q1312v3

有：a2＝，l＝··t，联立解得：＝，A错误，B正确。由动能定理qEx＝mv－0，求得：＝，

m72mq2424

v2

C、D错误。

8．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。

现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子

从P′点由静止释放，则()

A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变

B．金属板A、B间的电压减小

C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同

D．乙电子运动到O点的速率为2v0

答案C

εrS

解析两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错

4πkd

UQ4πkQ

误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，可知当d变大时，

dCdεrS

1

两板间的电场强度不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据eE·2d＝mv2，eEd

2

12

＝mv0，可知乙电子运动到O点的速率v＝2v0，选项D错误。

2

9.(多选)如图所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为＋Q的场源电荷置于O点，B、C为以O

为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，AB＝R，O、C在同一水平线上。现在

有一质量为m、电荷量为－q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度的

大小为5gR，下列说法正确的是()

A．从A到C小球做匀变速运动

mgR

B．B、A两点间的电势差为

2q

C．从A到C小球的机械能守恒

D．若从A点自由释放，则下落到B点时的速度大小为3gR

答案BD

解析小球在运动的过程中，所受电场力是变力，合力不恒定，则从A到C小球做的运动不是匀变速运动，

12

故A错误；小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能定理得2mgR－qUAC＝mv，由于v

2

mgR

＝5gR，则UAC＝－，因以O为圆心的圆周为等势面，所以A、B间的电势差与A、C间的电势差相等，

2q

mgR

则B、A间的电势差为，故B正确；A到C，除重力做功外，还有库仑力做功，所以机械能不守恒，故

2q

12

C错误；若从A点自由释放，下落到B点时，根据动能定理得mgR＋qUBA＝mv－0，解得v＝3gR，故D

2

正确。

10．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面

的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知()

A．M板电势低于N板电势

B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关

C．增大加速区MN极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力

D．增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力

答案D

解析由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M电势高，A

12qU

错误；由动能定理知qU＝mv2，解得v＝，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的

2m

大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D正确，B、C错误．

11．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒

子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已

2

知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m

5

为()

A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1

答案A

Eq21Eq2

解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝，l＝·t；对电荷量为

M52M

Eq31Eq2M3

－q的粒子有am＝，l＝·t，联立解得＝，故选A.

m52mm2

12.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、

丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()

A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少

T

B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少

2

C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动

D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动

答案D

解析若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做

匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～

1

T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压

2

1

如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，

2

11

故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到T后向左减速，T后向

42

3

右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确．

4

13.如图甲所示，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乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27kg、电荷量q＝＋1.6×10－19C的带

电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。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＝1.0×10－5s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板

时速度的大小；

TT

(3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达

42

A板。

答案(1)4.0×109m/s2(2)2×104m/s(3)大于52×104Hz

解析(1)带电粒子所受电场力大小为

qU

F＝qE＝

d

由牛顿第二定律得

FqU

a＝＝＝4.0×109m/s2。

mdm

T1T－

(2)由位移公式计算粒子在0～时间内运动的距离为x＝a()2＝5.0×102m

222

T

由此可见带电粒子在t＝时恰好到达A板。再由运动学公式可得

2

T

v＝a＝2×104m/s。

2

TTT3T

(3)分析可知，在～内，电场力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在～内，

4224

则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，

1T212

得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax＝2×a()＝aT。因题目要求粒子不能到达A板，故必有xmax

2416

1a

＜d,根据频率和周期的关系为f＝，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f＞＝52×104Hz。

T16d

14.中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示

物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由

沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿

轴线进入加速器并依此向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电

压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，

1

漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的．质子的荷质比取1×