带电粒子在电场中的运动 专题练 2025年高考物理一轮复习备考

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带电粒子在电场中的运动 专题练
2025年高考物理一轮复习备考
一、单选题
1．医学上对某些癌症可采用质子疗法治疗，该疗法(设备如图)用一定能量的质子束照射肿瘤以杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其在加速电场(可视为匀强电场)中从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知质子的质量为1.67×10－27kg、电荷量为1.6×10－19C，加速器加速的直线长度为4m。下列说法正确的是（ ）
A．加速过程中质子的电势能增加
B．加速过程中质子的加速度约为2.5×1013m/s2
C．质子加速所需的时间约为8×10－6s
D．加速电场的电场强度约为1.3×105N/C
2．如图所示，从炽热的金属丝飞出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）
A．仅将偏转电场极性对调
B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压
D．仅减小偏转电极间的电压
3．电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是（　　）
A．若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑
B．若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动
C．若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动
D．若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动
4．如图所示为匀强电场的电场强度随时间变化的图象．当时，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．内，电场力做的总功为零
C．末带电粒子回到原出发点
D．内，电场力做的总功为零
5．如图所示，竖直平面内有一圆心为、半径为的圆，水平直径的A、C两端点分别固定点电荷，为竖直直径，为OB的中点，且P、D两点的电势差为。一带电荷量为、质量为的小球以一定初速度从点开始竖直向下运动，经过点时加速度大小为，在P、B间运动时加速度大于。忽略小球所带电荷对电场的影响，重力加速度为，取无穷远处为零电势点。则小球从到的过程中（　　）
A．经过点时的速度最小 B．经过点时的加速度大于
C．机械能先增大后减小 D．初动能大于
6．如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B两板的正中央c点，不计空气阻力，则（ ）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小
B．微粒在下落过程中重力做功为，电场力做功为
C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为
D．若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能达到A板
7．如图所示，平行板电容器板间电压为，板间距为，两板间为匀强电场，让质子流以初速度垂直电场射入，沿轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子流沿轨迹落到下板边缘，不计重力，则可以将（　　）

A．开关断开
B．质子流初速度变为
C．板间电压变为
D．竖直移动上板，使板间距变为
8．如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则（　　）
A．t =0 时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为
B．时刻进入电场的粒子离开电场时速度大小为v0
C．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中的最大速度为
D．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中离A板的最小距离为
二、多选题
9．欧洲核子研究中心于2008年9月启动了大型强子对撞机，如图甲所示，将一束质子流注入长27 km的对撞机隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件，为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，图乙所示为其简化示意图。质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速，则（　　）
A．质子在每个圆筒内都做加速运动
B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C．质子穿过每个圆筒时，电源的正负极要改变
D．每个筒长度都是相等的
10．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0且周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）
A．在t0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在tT时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02
D．在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
11．如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个质量为m带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是（ ）
A．该带电粒子带正电
B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小
C．这段时间粒子的最小动能为
D．电场力方向与x轴正方向夹角的正切值为2
12．如图1所示，真空中两平行金属板A和B水平放置，板长为l、间距为d，板间加交变电压。左侧紧靠A板有一粒子源P，时刻开始连续向右水平发射速率为、比荷为k的带正电的粒子。若时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程，竖直方向的速度随时间t变化的图像如图2所示，忽略边缘效应，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（　　）
A．交变电压为周期的锯齿波
B．粒子在竖直方向的最大速度为
C．时刻两极板间的电压为
D．在时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场
三、解答题
13．如图所示，平行金属板、水平放置，它们之间距离为，除边缘外，它们之间的电场可以看为匀强电场，电场强度为。一质量为、电荷量为的带正电粒子从板由静止释放。已知，重力加速度为，忽略空气阻力。
（1）求带电粒子的加速度；
（2）若在带电粒子运动距离时，电场强度大小不变，方向相反，不考虑调换时间，求该粒子从板运动到板经历的时间。
14．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为，电荷量为，加速电场电压为。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为，极板长度为，板间距为。
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知，，，，。
（3）极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
15．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧屏上的K点，已知：A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子到MN的速度大小；
（2）若E2＝E1，电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角多大；
（3）调节E2的大小可使K点在屏的位置发生变化，由于实际生产的需要，现要保证K点到O点的距离d满足：，求此条件下的范围。

16．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为、质量为的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度射入电场中，方向的延长线与屏的交点为．试求：
（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间；
（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值；
（3）粒子打在屏上的点到点的距离．
参考答案：
1．D
A．仅有电场力做功，电势能和动能相互转化，动能增加，电势能减小，A错误；
B．由位移与速度的关系式得：
B错误；
C．加速时间为：
C错误；
D．根据牛顿第二定律得：
解得：，D正确。
2．C
A.仅将偏转电场极性对调，只能改变电子的偏转方向，而偏转角的大小不变。所以A错误。
BCD.设加速电场的电压为U1，偏转电压为U2，极板长度为L，间距为d。
电子加速过程中，根据动能定理有
得
在偏转电场中由类平抛运动规律有
vy=at
加速度为
运动时间为
可得偏转角的正切值为
由上式知：当增大U2、或增大L、或减小U1、或减小d，均可使tanθ变大，即偏转角变大，所以C正确，BD错误。
3．D
A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的O点上侧、下侧各一个光斑。故A错误；
B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O点上方看到一个光斑移动，故B错误；
C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；
D.若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。
4．D
AC．因内粒子向正方向运动的加速度
在内粒子运动的加速度
则在时刻速度减为零，然后反向运动画出带电粒子速度随时间变化的图象如图所示
图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，故AC错误
B．2s末速度不为，可见0~2s内电场力做的功不等于，故B错误
D．2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则内，动能变化为零，电场力做功等于，故D正确。
5．D
A．设点的场强大小为，则在点有
可得
又小球在P、B间运动时加速度大于，则P、B间场强大于，且方向竖直向下。根据对称性可知小球在OD中点所受合力为零，小球先减速后加速，在OD中点时速度最小，A错误；
B．点的场强为零，小球在点只受重力，加速度大小为g，B错误；
C．从到的过程中电场力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，C错误；
D．设OD中点为，根据对称性可知，P、F电势相等，则F、D两点的电势差也为U，从到，电场力大于重力，小球做减速运动，从到，小球做加速运动，即小球到达点时速度不为0，就能到达点，使小球能经过点即可到达点，由
有
D正确。
6．C
A．微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重力势能一直减小。故A错误；
BC．微粒下降的高度为，重力做正功，为
电场力向上，位移向下，电场力做负功
所以电势能增大，其增加量为，故B错误，C正确；
D．由题微粒恰能落至A过程，由动能定理得
解得
故D错误。
7．C
A．断开开关S，极板上的电压不变，两板间场强不变，质子的受力情况不变，故质子的运动轨迹不变，质子仍沿a轨迹落到下板的中央，故A错误；
BCD．质子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有
x=v0t
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
可得
质子从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为，或使板间距变为4d，故BD错误，C正确。
8．B
A．依题意，粒子带负电，由受力分析可知，t =0 时刻进入电场的粒子在沿电场线方向先匀加速运动后匀减速运动，如图
设沿电场线方向最大速度为，则有
，
解得
由运动的对称性可知，离开电场时沿电场线方向速度恰好减为零，即其速度大小仍为。故A错误；
B．时刻进入电场的粒子沿电场线方向先匀加速，再匀减速，速度减为零，然后反方向匀加速，再反方向匀减速，即速度再次减为零。v-t图像如图所示
综上所述，粒子离开电场时速度大小仍为v0。故B正确；
C．时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中沿电场线方向最大速度设为，则有
又
联立，解得
根据速度的平行四边形定则，可得粒子的最大速度为
故C错误；
D．根据C选项分析可知，时刻进入电场的粒子在两板间运动过程中，沿电场线方向最大位移为
联立，解得
则离A板的最小距离为
故D错误。
9．BC
AB．由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，B正确，A错误；
C．质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，C正确；
D．质子速度增加，而电源正、负极改变时间一定，则沿质子运动方向，金属筒的长度要越来越长，D错误。
10．AD
A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动间
t
此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B．在竖直方向，根据牛顿第二定律
t0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，则
解得
q＝
故B错误；
D．t时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，然后再向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确；
C．在t时刻进入电场的粒子，在竖直方向先从静止开始向下加速运动，静电力做正功，然后向下减速运动，静电力做等量的负功，再向上加速，静电力做正功，然后再向上减速，静电力做等量的负功，离开电场，故静电力做的总功为零，电势能不变，故C错误。
11．BC
A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；
B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；
D．设加速度方向与x轴正方向之间的夹角为，如图所示
则在沿着y轴方向上
沿着x轴方向上
并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即
联立解得
故D错误；
C．由三角函数知识可知
又
解得
当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得
则最小动能为
故C正确。
12．BC
A．根据竖直方向的速度随时间t变化的图像可知，速度均匀增大或减小，则加速度大小恒定，电场强度大小恒定，交变电压为周期的方波，故A错误；
B．竖直方向根据对称性可知
解得
故B正确；
C．时刻两极板间的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．根据运动的对称性可知，在时刻进入的粒子恰好从A板右边缘离开电场，故D错误；
13．（1）；（2）
（1）由牛顿第二定律得
结合解得
（2）粒子运动距离时速度为
加速运动的时间
匀速运动时间
粒子从板运动到板经历的时间
14．（1） ，；（2）电场力远大于电子的重力，故不需要考虑电子所受重力；（3）见解析
（1）电子由静止开始经加速电场加速后，根据动能定理可得
解得电子射入偏转电场的初速度为
在偏转电场中，电子的运动时间为
偏转距离
又
联立解得
（2）电子的重力为
电子在电场中受到电场力为
可得电场力与重力的比值为
可知电场力远大于电子的重力，故不需要考虑电子所受重力。
（3）电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能与其电荷量q的比值，即
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能与其质量的比值，叫做“重力势”，即
电势和“重力势”都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。
15．（1）；（2）45°；（3）
（1）从A点到MN的过程中，由动能定理，得
得电子到MN的速度大小为
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得电子在电场中的加速度为
运动时间为
沿电场方向的速度为
电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角的正切值为
所以电子离开电场E2时速度与水平方向的夹角为45°；
（3）由（1）可知电子到MN的速度大小为
电子在电场E2中做类平抛运动，沿电场方向的位移为
设电子打在屏上的位置为K，根据平抛运动的推论可知，速度的反向延长线交于水平位移的中点

电子打到屏幕上K点到O的距离为d，根据三角形相似，有
现要保证K点到O点的距离d满足：，则
16．（1） （2） （3）
（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间
（2）粒子在电场中的加速度为
又，故．
（3）设粒子在电场中的偏转距离为，则
又，解得．
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