2023-2024届一轮复习新人教版 第八章第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动 学案

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

梳理必备知识

［填一填］回顾基础

一、电容器及电容

1.电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。

⑵带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电。

①充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两极板带上等量的异独

电荷,电容器中储存电场能。

②放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场能转化

为其他形式的能。

2.电容

定义电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比

定义

C=Q

u

式

单位法拉(F)、微法(HF)、皮法(pF)。1F=10^μF=IO12pF

意义表示电容器容纳电荷本领的高低

决定由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，

因素与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关

3.平行板电容器的电容

(1)决定因素:正对面积,相对介电常数,两板间的距离。

(2)决定式(=吊。

4nκa

二、带电粒子在电场中的运动

1.带电粒子在电场中的加速直线运动

22

⑴在匀强电场中,W=∩Ed=qU=∣mv-∣mv0。

(2)在非匀强电场中,W=里尸况IVqmq)2。

2.带电粒子在电场中的偏转

II

运Vo

动

h------1-------H"

情

如果带电粒子以初速度V。垂直电场强度方向进入板间电压为U

况

的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示

处

将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力

理

方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关

方

问题

法

基

本

运动时间tɪɪ,加速度a=£="6,偏转量y=^aV=qu^,偏转角

vmmmd22mdvz

关00

。的正切值tanθ=±=以*)

VVmdvz

系000

式

［做一做］情境自测

［教材情境］（鲁科版必修第三册第56页第6题）指纹传感器在一块半

导体基板上有大量相同的小极板,外表面绝缘。当手指的指纹一面与

绝缘表面接触时由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基

板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器。

1.正误辨析

⑴电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。（×）

⑵电容器的电容与电容器所带电荷量成正比,与电压成反比。

（×）

⑶手指压力变大时，由于手指与绝缘表面的距离变小，电容变小。

（×）

（4）手指与绝缘表面的接触面积变大时，电容变大。（√）

2.半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，

如图所示。传感器半导体基板上有大量金属颗粒,基板上的每一点都

是小极板,其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于

指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正

对面积相同的电容器。使每个电容器的电压保持不变,对每个电容器

的放电电流进行测量，即可采集指纹。指纹采集过程中，下列说法正确

的是（C）

A.指纹的凹点处与小极板距离远，电容大

B.指纹的凸点处与小极板距离近，电容小

C.手指用力挤压绝缘表面，电容器两极板间的距离减小，电容器带电

荷量增大

D.手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极板间的距离增大，电容器带电

荷量增大

解析:根据电容的公式C=%可知,指纹的凹点处与小极板距离远，电

容小,指纹的凸点处与小极板距离近，电容大,故A、B错误;根据电容

的定义式有C=%由题意可知，电容器的电压不变,则手指用力挤压绝

缘表面，电容器两极板间的距离减小，电容变大，电容器带电荷量增大,

手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极板间的距离增大，电容变小，电容

器带电荷量减小,故D错误,C正确。

提升关键能力突破考点

考点一平行板电容器的动态分析

［想一想］提炼核心

1.两类典型问题

(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不

变。

⑵电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不

变。

2.动态分析思路

⑴U不变。

①根据先分析电容的变化,再分析Q的变化。

U4π∕cd

②根据E=?分析电场强度的变化。

③根据UΛB=E-d分析某点电势变化。

（2）Q不变。

①根据c÷⅛-先分析电容的变化,再分析U的变化。

U4nkd

②根据Eq=W分析电场强度变化。

aεrS

［悟一悟］典题例练

［例1］［电荷量不变时的动态分析］（2021•重庆卷,4）电容式加速传

感器常用于触发汽车安全气囊等系统,如图所示。极板MN组成的电

容器视为平行板电容器,M固定,N可左右运动,通过测量电容器板间

电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时,极板MN间的距离

减小,若极板上的电荷量不变,则该电容器（C）

A.电容变小

B.极板间电压变大

C.极板间电场强度不变

D.极板间的电场强度变小

解析：由平行板电容器电容的决定式C=1¾可得,d减小,C增大,选项

A错误；电容器所带电荷量Q不变,C增大，由U平可得,U变小,选项B

错误；由匀强电场的电场强度与电势差关系公式可得E=?4=当,E

与d无关,E不变,选项C正确,D错误。

［例2］［电压不变时的动态分析］（2023・天津河西区模拟）（多选）如

图所示,两平行金属板水平放置,并接到电源上,一带电微粒P位于两

板间处于静止状态,0,>分别为两个金属板的中点,现将两金属板在

极短的时间内都分别绕垂直于0i、0?的轴在纸面内逆时针旋转一个角

0（0<90°）,则下列说法正确的是（AD）

。1|/3

/・/Y

P/

∕［O2__________

A.两板间的电压不变

B.两板间的电压变小

C.微粒P受到的电场力不变

D.微粒将水平向左做直线运动

解析：

电容器始终与电源连接,则两板间的电压不变,故A正确,B错误;微粒

P静止时mg=qE=q3,两金属板逆时针旋转一个角θ,电场力为F=qE'

a

=R=嗯，可知静电力变大。由上式可知mg=Fcosθ，那么合力就等

acosθcosθ

于F在水平方向的分力，水平向左，故微粒向左做匀加速直线运动。故

C错误,D正确。

［例3］［电容器的综合分析］（2022•北京海淀区模拟）如图所示,一

平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,两板间的P点固定一

个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容,E表示两板间的电场

强度的大小，°表示P点的电势,EP表示正电荷在P点的电势能。若正

极板保持不动,将负极板缓慢向左平移一小段距离Io,上述各物理量

与负极板移动距离X的关系图像中正确的是（C）

解析:根据eɪ,负极板缓慢向左平移一小段距离,两板间距d增大,

4πkd

电容随两板间距减小,但不是线性关系，故A错误;根据C=*电容器充

电后与电源断开，电荷量保持不变,可知两板间电势差增大,根据E=。

联立上式得E=当可知，电场强度保持不变,故B错误;P点与负极板

εrS

间距离X增大,则P点与负极板间电势差为UP=EX=夕P-O=0P可知,P点电

势升高,故C正确；正电荷在P点的电势能为Ep=q°p可知,正电荷在P

点的电势能增大，故D错误。

Γ方法点拨

动态分析的思路

电容器保持与电源相连,u不变；电

容器充电后与电源断开,Q不变

由决定式C=2⅛∙确定电容器电容

的变化_______________________

由定义式C=号判断电容器所带电

荷量Q或两极板间电压U的变化

由E=半分析电容器两极板间电场

强度的变化

考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动

［想一想］提炼核心

1.做直线运动的条件

⑴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且与初速度共线,带电粒子将做加速直线

运动或减速直线运动。

2.用动力学观点分析

22

a=^∙,E=-,v-v0=2ado

md

3.用功能观点分析

匀强电场中：W=Eqd=qU=∣mv2-∣mvθ2,

非匀强电场中：W=qU=Ek2-Eki。

［悟一悟］典题例练

［例4］［带电粒子在匀强电场中的直线运动］（2022•河北承德模

拟）（多选）如图甲所示,在X轴上有0、A、B、C、D五点,坐标分别为

0、X0>2x0>3xo、4xo,静电场的电场强度方向与X轴平行，电势夕随X

的分布如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子，以初速度VO

从。点沿X轴正方向进入电场,不计粒子所受重力，下列说法正确的是

（CD）

A.若粒子能运动到A处,V。至少为％

∖m

B.若粒子能运动到A处,粒子一定能运动到D处

C.若粒子能运动到B处,粒子在A、B间做匀速直线运动

D.若粒子能运动到C处,粒子在C处的速度为

解析:从。到A根据动能定理q（0-夕。）=OTnI%2,解得V。=居^,故a错

误;粒子从0到A做减速运动,若粒子运动到A点速度刚好为零,则该

粒子不能运动到D处,故B错误;若粒子能运动到B处，因为A、B为等

势面,所以粒子在A、B间运动时静电力不做功，即粒子在A、B间做匀

速直线运动，故C正确;从O到C根据动能定理F金。告）=加2_1几2,

2

解得V=L0---故D正确。

\m

［例5］［带电粒子在非匀强电场中的直线运动］（2022•山东泰安模

拟）如图所示,真空中的MN为两个等大的均匀带电细圆环,其圆心分

别为A、C,带电荷量分别为+Q、-Q,将它们平行放置,A、C连线垂直于

圆环平面,B为AC的中点。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重

力不计）从A点沿A、C连线方向射入,在A点时速度大小VA=Im∕s,

到B点时速度大小VB=3m/s。下列判断可能正确的是（D）

A.粒子将以B为中心做往返运动

B.粒子从B到C做匀减速运动

C.粒子到达C点时的速度大小为5m/s

D.粒子越过C点运动到无穷远处的速度大小为3m/s

解析:根据题意，由题图可知,A、C连线上的电场方向为AfC,则带正

电的粒子由A到C的过程,一直做加速运动,故A、B错误;根据题意，

由对称性可知,粒子从A到B和粒子从B到C静电力做功相等，由动能

定理有加丹2一,%2=$股2一,为2,代入数据解得vc=√17m/s,故C错

误;过B做垂直AC的线,根据题意可知,此线为等势线,则B点电势与

无穷远处电势相等为零,粒子越过C点运动到无穷远处时电势为零，

根据能量守恒定律可知,粒子在B点的动能与在无穷远处的动能相等,

则粒子在无穷远处的速度大小等于在B点的速度大小为3m/s,故D

正确。

考点三带电粒子在电场中的偏转

［想一想］提炼核心

1.带电粒子在电场中偏转的一般规律

2

%=qlhlɪU2I_‰

偏转角：tanθ=

vomdυ^2U↑dI

2

侧移距离：，。=坐与U2I

2mavQ4U↑d

+z,tan

y=y00=g+")tanθ

2.两个重要推论

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电

场射出时的偏转角、偏移量总是相同的。

(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点0

为粒子水平位移的中点,若电场宽度为1,0到电场边缘的距离为(

3.处理带电粒子的偏转问题的方法

(1)运动的分解法:一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分

解为沿静电力方向上的匀加速直线运动和垂直静电力方向上的匀速

直线运动。

(2)功能关系：当讨论带电粒子的末速度V时也可以从能量的角度进

行求解:qU、=；mv2-；m%2,其中指初、末位置间的电势差。

22a

［悟一悟］典题例练

［例6］［带电粒子在匀强电场中的偏转］如图所示,一个电子由静止

开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场,并

从另一侧射出打到荧光屏上的P点,0'点为荧光屏的中心。已知电子

质量m=9.OXlO31kg,电荷量e=L6×10'9C,加速电场电压0=2500V,

偏转电场电压U=200V,极板的长度U=6.0cm,板间距离d=2.0cm,

极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm(忽略电子所受重力，结果保留

2位有效数字)。求：

(1)电子射入偏转电场时的初速度V。大小；

⑵电子打在荧光屏上的P点到0'的距离h;

⑶电子经过偏转电场过程中静电力对它所做的功Wo

2

解析：(1)根据动能定理有eU0=∣mv0,

得V0=呼

7m

代入数据得Vo^i3.OX10'm/so

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t,电子射出偏转电场时在竖直

方向上的位移为y,电子在水平方向做匀速直线运动,L1=v0t,

电子在竖直方向上做匀加速直线运动,y⅛t2,

根据牛顿第二定律有9=ma,联立得y=察,代入数据得y=0∙36cm。

a4CIUQ

电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M,由几何

(3)电子经过偏转电场过程中，静电力对它做的功

W=eEy=e-y^5.8×10^'8J

d0

答案：(1)3.OXI。’m/s(2)0.72cm

(3)5.8×1018J

［例7］［带电粒子在非匀强电场中的偏转］(2022•全国乙卷,21)(多

选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形

带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图a

所示,点0为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到0点

的距离成反比,方向指向。点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,

到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为0、半径

分别为r,>r2(R<rι<r2<R+d);粒子3从距。点Q的位置入射并从距0

点r,的位置出射;粒子4从距0点n的位置入射并从距0点r2的位置

出射,轨迹如图b中虚线所示。贝∣J(BD)

一一

粒子探测器

图a

A.粒子3入射时的动能比它出射时的大

B.粒子4入射时的动能比它出射时的大

C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

解析:在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反

比,则有Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周

运动，贝IJ有qE,=m^,qE=^,可得;ɪw/=等吟之即粒子1、2入射

2mI=

时的动能相等,故选项C错误;粒子3从距O点Q的位置入射并从距O

点r,的位置出射,做向心运动,静电力做正功,则粒子3入射时的动能

比它出射时的小,故选项A错误;粒子4从距O点rl的位置入射并从距

O点m的位置出射,做离心运动,静电力做负功，则粒子4入射时的动

能比它出射时的大,故选项B正确;粒子3入射后的一小段时间做向心

22

运动,有qE2>m^,可得⅛3<^=∣mv1,则粒子1入射时的动能大

于粒子3入射时的动能,故选项D正确。

T举一反三

在［例7］中，粒子1入射时的动能和粒子4入射时的动能哪个大？

提示:粒子4做离心运动,有qEKm里,可得jm%?〉吟Q=；m/2,粒子ι

入射时的动能小于粒子4入射时的动能。

训练学科素养限时巩固----

L基础题组夯基

1.（2022・广东中山期末）心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救

设备之一,如图甲所示。心脏除颤器通过接触皮肤的电极板使电容器

放电,实施电击治疗,如图乙。已知某款心脏除颤器,在短于一分钟内

使40UF电容器充电到4000V,存储320J能量。抢救病人时,一

部分能量在4ms的脉冲时间内通过电极板放电进入身体,此脉冲电流

的平均功率为64kW。下列说法正确的是（C）

A.电容器放电过程中电流恒定

B.电容器充电至2000V时，电容为20μF

C.电容器充电至4000V时，电荷量为0.16C

D.一个脉冲时间内通过电极板放电进入人身体的能量是320J

解析：电容器放电过程中，电荷量减少，电压减小，电流减小,A错误；电

容不随电压、电荷量的变化而变化，即电容保持不变,B错误;根据C=%

可得Q=CU=40XIO,X4000C=O.16C,C正确；一个脉冲时间内通过电

极板放电进入人身体的能量为E=Pt=64×103×4×103J=256J,D

错误。

2.（2022•湖南衡阳一模）人体的细胞膜模型图如图a所示，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b所示,初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下,

从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（D）

A

≡M≡B

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,钠离子进入细胞内的速度更大

D.若膜电位增大,钠离子进入细胞内的速度更大

解析:初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下,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错误;钠离子运动中静电力做正功,所以钠离子

的电势能减小,B错误；由动能定理可知qUgmv：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变；电压U增加时,速度增

大,C错误,D正确。

［备用］

（2022・广东汕头三模）（多选）兴趣小组利用图示器材探究平行板电

容器,保持正对面积S不变,缓慢增大两极板间距离d,描绘出电容器

两端电压U、电容器电容C、极板带电荷量Q、板间电场强度E与d

的关系图像,下列描述可能正确的是（ACD）

0d0ʃ

CD

解析：因为电容器负极板接地,正极板与静电计的金属球相连,二者之

间保持开路状态,不会使电容器发生充放电,所以Q不变,故C正确;

根据平行板电容器的电容决定式C"⅛可知C随d的增大而减小,且

满足反比例关系，即C-d图像为双曲线的一支，故B错误;两极板间电

场强度为E=看多苴邛,因为Q和S均不变,所以E不变,故D正确;根

据U=Ed可知U随d的增大而线性增大,故A正确。

3.（2023・天津南开区模拟）（多选）如图所示,两块较大的金属板A、B

平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间有一质量为m、电荷量为

q的油滴恰好处于静止状态。下列说法正确的是（AC）

A

IJE

B•--

-----L——

S

A.若将A板向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动

B.若将S断开,则油滴立即做自由落体运动

C.若将A板向左平移一小段位移,则油滴仍然静止

D.若将S断开,再将A板向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动

解析：电容器两板间带电油滴恰好处于静止状态,则有重力与静电力

平衡,则有mg=qE,若将A板向上平移一小段位移,两板间距d增大，电

容器两板间的电压U不变，由E=T可知,两板间的电场强度减小,油滴

受静电力减小,重力大于静电力，则油滴向下加速运动,A正确;若将∙S

断开，电容器所带电荷量Q不变，电容C不变，由电容的定义式Cq可

知,两板间的电压不变，电场强度不变,则油滴仍处于静止状态,B错误;

若将A板向左平移一小段位移，电容器两板相对面积S减小，电容器两

板间的电压U不变，电场强度不变,则油滴仍处于平衡状态,油滴仍然

静止,C正确;若将S断开，电容器所带电荷量Q不变,再将A板向下平

移一小段位移,d减小,S不变，由平行板电容器的电容决定式C=F冬、

4π∕cd

电容的定义式C哼和电场强度公式E吟联立解得E=当,可知电场强

UaεrS

度E与电容器两板间距d无关，电场强度不变,则油滴仍处于静止状

态,D错误。

4.（2022•海南海口一模）如图所示,M、N是平行板电容器的两个极

板,R为滑动变阻器,用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。

闭合开关S,给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ,下列说

法正确的是（D）

A.保持S闭合,将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ减小

B.保持S闭合,将M板向N板靠近,则θ不变

C.断开S,在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则θ增大

D.断开S,将N板向上移动少许,则。增大

解析:小球平衡时,由平衡条件知qE=mgtanθ,保持S闭合，电容器两

极板间的电势差等于电源的电动势,保持不变,将滑动变阻器的滑片

向b端滑动，则θ不会变,A错误;保持S闭合，电容器两极板间的电势

差等于电源的电动势,保持不变,根据公式EH可知,将M板向N板靠

近时,电场强度变大,静电力变大，故θ增大,B错误;断开S,电容器带

电荷量不变,根据电容定义式C=*平行板电容器的电容决定式C=M

U4kττd

电压与电场强度公式U=Ed,可得E=竺器,在靠近M板内侧插入一定厚

度的陶瓷片，则ɛr变大，电场强度减小，故θ减小,C错误;断开S,电容

器带电荷量不变,根据E=竺器,断开S,将N板向上移动少许,S减小，

电场强度增大,静电力增大,则θ增大,D正确。

5.如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电

场中，已知极板长度1,间距d,电子质量m,电荷量eo若电子恰好从极

板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（B）

_+++++

4......................

A.偏转电压B.偏转的角度

C.射出电场速度D.电场中运动的时间

解析:根据推论,粒子速度方向的反向延长线过其水平位移的中点，即

tanα喂与因此电子射出电场的偏转角度可求,选项B正确；电子

在偏转电场中做类平抛运动,水平方向有l=v°t,竖直方向有翳at；

vy=at,且a=鸟,由于电子的初速度未知,则电子在电场中的运动时间

不可求出，偏转电压及射出电场速度均不可求出，选项A、C、D错误。

6.（2022・广东惠州一模）如图为示波管工作原理的示意图，电子经电

压lλ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Lo为了提高示波管的灵敏度（每单位

电压引起的偏转量卷）可采用的方法是（D）

A.增大两板间的电势差U2

B.尽可能使板长L短些

C.使加速电压Ul升高些

D.尽可能使板间距离d小些

解析：电子在加速电场,根据动能定理eU∣=∣mv2,电子在偏转电场中做

类平抛运动L=vt,h=⅛t2,a=号,联立上式得A=ɪ,为了提高示波管

的灵敏度，应尽可能使板长L长些,使加速电压Ui降低些,使板间距

离d小些。故A、B、C错误,D正确。

［备用］

（2022・广东揭阳模拟）如图所示，圆形区域内有方向平行于纸面的匀

强电场,其半径为R,AB为圆的直径。质量为m、电荷量为q的带正电

粒子自A点由静止释放,粒子从圆周上的C点以速率V。穿出电场,AC

与AB的夹角9=60。。现将该种粒子在纸面内从A点先后以不同的速

率垂直于电场线方向射入电场，只考虑静电力的作用。为使粒子从B

点离开电场,粒子进入电场时的速率V应是多大?

2

解析:A运动到C,由动能定理有qE∙2Rcos60°=∣mvo-0,

解得E=驾,方向从A指向C。

2qR

依题意可知粒子在电场中做类平抛运动,设粒子从A运动到B所用时

间为t,粒子在垂直电场方向的位移x=2RSin60o=vt,

平行电场方向的位移y=2Rcos60o=∣at2,

由牛顿第二定律有qE=ma,

联立方程,解得V=^Voo

答案:?v。

.创新题组提能

7.（2022•湖北襄阳模拟）图甲为示波管的原理图。电子枪源源不断发

射的电子经前面的加速电压加速之后已经获得了极大的速度,如果在

电极XX'之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极YY'之间

所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形可能

为（B）

解析：若同时在两个偏转电极上分别加Ux=Um∙sinωt和Uy=U.,

cosωt两个电压，由偏转位移AS=Iat2可知,t相同,a正比于偏转电

压,则△s正比于偏转电压，电子在XXz方向上的最大偏转位移与在

YY'方向上的最大偏转位移大小相等,设为r,则任意时一刻，电子打在

荧光屏上的位置坐标都是x=rsinωt,y=rcosat,联立可得χ2+y2=/,

所以电子在荧光屏上的落点组成了以0为圆心的圆，故B正确,A、C、

D错误。

8.（2022・广东广州模拟）如图所示,正方形ABCD区域内存在竖直向

上的匀强电场,质子CH）和α粒子CHe）从A点垂直射入匀强电场,粒

子所受重力不计,质子从BC边中点射出，则（D）

A.若初速度相同，ɑ粒子从CD边离开

B.若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为

1：2

C.若初动能相同，质子和a粒子经过电场的时间相同

D.若初动能相同,质子和ɑ粒子经过电场的过程中动能增量之比为

1：4

解析:对任一粒子,设其电荷量为q,质量为m0粒子在电场中做类平抛

运动，水平方向有X=Vot,竖直方向有y⅛t2=ς,,ʒ,若初速度相同,

水平位移X相同时，由于a粒子的比荷比质子的小，则a粒子的偏转

距离y较小,所以，a粒子从BC边离开,故A错误;若初速度相同，由

t—,知两个粒子在电场中的运动时间相等，由△v=at=-1,知AvocJ

V0mm

则质子和a粒子经过电场的过程中速度增量之比为2：1,故B错误；

粒子经过电场的时间为tɪʌ若初动能相同,质子的初速度较大,则质

子的运动时间较短，故C错误；由y=；•翌・二=察知若初动能相同,X

2mV04Eko

相同，则y-q,根据动能定理知，经过电场的过程中动能增量ʌEk