高中物理沪科版选修3-1学案第2章2．5探究电子束在示波管中的运动Word版含答案

2．5探究电子束在示波管中的运动1.掌握带电粒子在电场中加速和偏转所遵循的规律．(重点)2.知道示波管的主要构造和工作原理．一、示波管的构造及工作原理1．构造：如图所示，主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，示波管内抽成真空．2.工作原理(1)偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑．(2)仅在XX′(或YY′)加电压：若所加电压稳定，则电子被加速，偏转后射到XX′(或YY′)所在直线上某一点，形成一个亮斑(不在中心)，如图所示．(3)示波管实际工作时，竖直偏转板和水平偏转板都加上电压，若两者周期相同，在荧光屏上就会显示出信号电压随时间变化的波形图．(1)如果在偏转电极YY′和XX′上不加电压电子束不偏转，打在荧光屏中心．()(2)只在YY′上加恒定电压时，电子束不偏转．()(3)只在XX′上加恒定电压时，电子束沿YY′方向偏转．()提示：(1)√(2)(3)二、电子束在示波管中的运动规律1．电子在电子枪中的运动电子束在电子枪中被加速，由动能定理：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子从小孔水平射出的速度：v0＝__eq\r(\f(2qU,m))．2．电子在偏转电极中的运动(1)运动特点①如图电子以速度v0进入偏转电极YY′之间的匀强电场后，电子在平行于极板方向上做匀速直线运动，速度为v0；②电子在垂直于极板方向上做初速度为零的匀加速运动，加速度为a＝eq\f(qU′,md)．(2)偏转距离：y＝eq\f(l2U′,4dU)．(3)在y方向上的分速度：vy＝eq\f(lU′,d)__eq\r(\f(q,2mU))．(4)离开偏转电场时的偏转角：tan__φ＝eq\f(lU′,2dU)．3．电子束离开偏转电极后的运动电子离开偏转电极后不再受电场力作用，做匀速直线运动．示波器可以把电信号转换成图像信号，那么，你知道它是怎样工作的吗，它的工作原理又是怎样的呢？提示：示波器通过电场控制电子束的运动，使电子束打在荧光屏上产生荧光，从而显示图像．带电粒子在电场中直线运动问题学案导引1.电场的基本特性是什么？平行板电容器两板间的电场是匀强电场吗？2.带电粒子在电场中加速运动满足哪些规律？1．带电粒子在电场中的受力特点(1)重力：①有些粒子，如电子、质子、α粒子、正负离子等，除有说明或明确的暗示以外，在电场中运动时均不考虑重力；②宏观带电体，如液滴、小球等除有说明或明确的暗示以外，一般要考虑重力；③未明确说明“带电粒子”的重力是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较静电力qE与重力mg，若qE≫mg，则忽略重力，反之要考虑重力；二是题目中是否有暗示(如涉及竖直方向)或结合粒子的运动过程、运动性质进行判断．(2)静电力：一切带电粒子在电场中都要受到静电力F＝qE，与粒子的运动状态无关；电场力的大小、方向取决于电场(E的大小、方向)和电荷的正负，匀强电场中静电力为恒力，非匀强电场中静电力为变力．2．运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，如果受到的电场力与运动方向相同，则做匀加速直线运动，如果受到的电场力与运动方向相反，则做匀减速直线运动．3．处理的方法(1)从牛顿运动定律和运动学公式进行F＝ma，v2＝2al.(2)从功能观点：粒子只受电场力的作用，动能的变化量等于电场力做的功．若v0＝0，则W＝qU＝eq\f(1,2)mv2.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.[思路点拨]分析带电粒子在电场中的受力和运动情况，根据牛顿运动定律，运动学方程和功能关系列式求解．[解析](1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，①由①式解得d2＝eq\f(E1,E2)d1＝0.50cm.②(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度的大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1，③|q|E2＝ma2，④设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，⑤d2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，⑥又t＝t1＋t2，⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s.[答案](1)0.50cm(2)1.5×10－8seq\a\vs4\al()(1)对带电粒子进行受力分析，运动特点分析，力做功情况分析是选择规律解题的关键．(2)牛顿运动定律和运动学公式只能在匀强电场中适用，而功能关系对一切电场都适用，所以选择解题的方法是优先从功能关系角度考虑，应用功能关系列式简单、方便，不易出错．1.如图所示A、B是两块金属板，分别与高压直流电源的两极相连．一个电子自贴近A板处静止释放(不计重力)，已知当A、B两板平行、两板面积很大且两板间的距离较小时，它刚到达B板时的速度为v0.在下列情况下以v表示电子刚到达B板时的速度，则()A．若A、B两板间距离减小，则v＜v0B．若A板面积很小，B板面积很大，则v＜v0C．若A、B两板间的距离很大，则v＜v0D．不论A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少，v都等于v0解析：选D．由题意知，板间电压不变，根据动能定理得，eU＝eq\f(1,2)mv2变形后得：v＝eq\r(\f(2eU,m))，e、m、U均不变，则电子运动到B板时速率v不变，都等于v0.故A、B、C错误，D正确．带电粒子在电场中的偏转问题学案导引1．平抛运动的特点有哪些？如何处理平抛运动问题？2．带电粒子在电场中的偏转问题和平抛运动有哪些类似？垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中，只受电场力作用，运动与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，根据每一个分运动的规律或特点，选择恰当的方法加以解决．常常用到下面的知识点：1．运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，其轨迹是抛物线．2.偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，如图所示，应用运动的合成和分解的知识处理：沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0).沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).离开电场时偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)，离开电场时的偏转角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mdveq\o\al(2,0)).3．两个基本结论(1)偏转角：若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，粒子飞出电场时偏转角的正切值tanθ＝eq\f(v0l,2U0d)，表明粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的．(2)偏转距离：经同一电场加速后进入偏转电场，粒子飞出电场的偏转距离y＝eq\f(U0l2,4ud)，故粒子的偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转距离总是相同的．如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e.求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)P点到O点的距离．[解析](1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，F＝ma，t1＝eq\f(L1,v0)，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得y1＝eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d).(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．有t2＝eq\f(L2,v0)，y2＝vyt2解得y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)P点到O点的距离为y＝y1＋y2＝eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d).[答案](1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d)(3)eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)eq\a\vs4\al()处理带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法有两种：一是运动的合成与分解，二是能量的观点．2.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的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小解析：选B．设电子质量为m，电荷量为e，经电势差为U1的电场加速时，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为vx＝v0，vy＝at＝eq\f(eU2,dm)·eq\f(l,v0)，由此得tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(eU2l,dmveq\o\al(2,0))＝eq\f(lU2,2dU1)，θ＝arctaneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lU2,2dU1))).当l、d一定时，增大U2或减小U1都能使偏转角θ增大.规范答题——带电体在电场中的力学综合问题(20分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4.P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2.求：v/(m·s－1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．[思路点拨]本题解题的关键是分阶段建立运动模型，分过程对物体进行受力分析和运动分析，求解加速度和运动位移．[解析](1)小物体P的速率从0至2m/s，受外力F1＝2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1，速度为v1，则F1－μmg＝ma1①(2分)v1＝a1Δt1②(2分)由①②式并代入数据得Δt1＝0.5s．③(2分)(2)小物体P从速率为2m/s运动至A点，受外力F2＝6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2－μmg＝ma2④(2分)设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55s－Δt1⑤(1分)v2＝v1＋a2Δt2⑥(1分)P从A点至B点，受外力F2＝6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2－μmg－qE＝ma3⑦(2分)veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2a3x1⑧(1分)P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向所受外力为F3，电场力大小为FE，有FE＝F3⑨(1分)F3与FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知eq\f(v3,gΔt3)＝tanα⑩(2分)x2＝v3Δt3⑪(1分)设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则W＝－qE(x1＋x2)⑫(2分)联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25J．⑬(1分)[答案](1)0.5s(2)－9.25Jeq\a\vs4\al()(1)对于多过程问题，要分多段进行受力分析和运动分析，再找出各段之间的联系点，比如各段的速度关系、位移关系、时间关系等．(2)求电场力做功的方法较多，这里用的是恒力做功的求法，W＝Fs.如图所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5m的半圆环(B为半圆环的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道上的一点，而且CD＝2R，把一质量m＝100g、带电荷量q＝10－4C的带负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g＝10m/s2，则：(1)小球到达B点时的速度是多大？(2)小球到达B点时对轨道的压力是多大？解析：(1)小球从D至B的过程中，由动能定理：qE(2R＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vB＝2eq\r(5)m/s.(2)在B点由牛顿第二定律得：N－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)，N＝qE＋meq\f(veq\o\al(2,B),R)＝5N．由牛顿第三定律知小球到达B点时对轨道的压力大小为N′＝N＝5N.答案：(1)2eq\r(5)m/s(2)5N[随堂检测]1．如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则()A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极解析：选D．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则必须使得YY′电场方向向上，XX′方向电场指向X方向，即X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极，故选D．2.(多选)如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每单位电压引起的偏转量\f(h,U2)))，可采用的方法是()A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L长些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1升高一些解析：选BC．电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,U2)))的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U1加速有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子经过偏转电场的过程有L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2＝eq\f(U2L2,4dU1).由以上各式可得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1).因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L，或减小d，或减小U1.3．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则()A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷解析：选C．粒子在电场中做类平抛运动，h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)得：x＝v0eq\r(\f(2mh,qE)).由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb).4.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1解析：选A．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))得：U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，可知A项正确．5.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是()解析：选B．加A图中电压后，电子向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板；加B图中电压后，电子可能在A、B板间做往复运动，电子到达不了B板；加上C、D图中电压后，电子在水平方向上做变加速运动，但运动方向一直向着B板，故电子一定能到达B板．综上所述，符合题意的选项为B．[课时作业]一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A．带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A．2．质子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是()A．质子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．钠离子(Na＋) D．都相同解析：选B．qU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确．3.如图所示，质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)，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∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B．由y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)eq\f(L2,veq\o\al(2,0))和Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：y＝eq\f(EL2q,4Ek0)可知，y与q成正比，故选B．4.三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可知，下列判断错误的是()A．在B飞离电场的同时，A刚好打在负极板上B．B和C同时飞离电场C．进入电场时，C的速度最大，A的速度最小D．动能的增加量C最小，A和B一样大解析：选B．由题意知，三个α粒子在电场中的加速度相同，A和B有相同的偏转位移y，由公式y＝eq\f(1,2)at2得，A和B在电场中运动的时间相同，由公式v0＝eq\f(x,t)得vB>vA，同理，vC>vB，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为vC>vB>vA，故A、C正确，B错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为yA＝yB>yC，由动能定理可知，三个粒子的动能的增加量C最小，A和B一样大，D正确．5.如图所示，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场中央进入两平行金属板间的匀强电场．已知粒子的带电量为q，重力可忽略．两板间的电势差为U，则粒子运动过程中()A．若粒子从电场中射出，则粒子动能增加了qUB．若粒子从电场中射出，则静电力一定对粒子做了eq\f(qU,2)的功C．若粒子打在极板上，则粒子的动能一定增加了qUD．若粒子打在极板上，则静电力一定对粒子做了eq\f(qU,2)的功解析：选D．若粒子从电场中射出，恰好从右板边缘飞出，电场力做功最大，最大为qeq\f(U,2)，由动能定理可知动能增加最大为qeq\f(U,2)，故A、B错误；若粒子打在极板上，粒子初、末位置的电势差为eq\f(U,2)，电场力一定对粒子做功qeq\f(U,2)，根据动能定理得，动能一定增大qeq\f(U,2)，故C错误，D正确．6.喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电荷量无关解析：选C．由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，选项A错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，选项B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v)))eq\s\up12(2)，此为抛物线方程，选项C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，选项D错误．二、多项选择题7.如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出．若下极板不动，将上极板上移段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A．将打在下极板中央B．仍沿原轨迹由下极板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央解析：选BD．将电容器上极板或下极板移动段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4kπQ,εS)可知，电容器产生的场强不变，以相同速度从原处入射的小球仍将沿原轨迹运动．当上极板不动，下极板向上移动时，小球可能打在下极板的中央．8.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O点经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1；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y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是()A．只增大U1，则t1增大B．只增大U1，则y减小C．只增大U2，则v2增大 D．只增大U2，则y减小解析：选BC．由F＝eq\f(Uq,d)可知，增大U1，其他条件不变时，电子受力变大，加速度变大，运动的时间t1减小，故A错误；根据U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)；L＝v1t2；y＝eq\f(1,2)eq\f(U2q,dm)teq\o\al(2,2)解得y＝eq\f(U2L2,4dU1)可知，若要电子离开偏转电场时偏移量y变小，仅使U2变小，或者增大U1，其他条件不变即可，故B正确，D错误；v2＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U2q,dm)\f(L,v1)))\s\up12(2))，则只增大U2，则v2增大，选项C正确．9．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＝eq\f(T,4)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＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：选AC．对应电压图像作出带电粒子的速度图像，根据速度图像包围的面积分析粒子的运动．由图丙知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确，B错误．由图丁知，t＝eq\f(T,4)时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq\f(T,2)内不能到达右板，则之后往复运动，选项C正确，D错误．三、非选择题10.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角．在这一过程中，不计粒子重力．求：(1)该粒子在电场中经历的时间；(2)粒子在这一过程中电势能的增量．解析：(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在竖直方向vy＝at，a＝eq\f(qE,m)，联立三式可得t＝eq\f(\r(3)mv0,3Eq).