第05讲 带电粒子在电场中的运动（解析版）-2024-2025学年高二物理上学期中期末复习精细讲义

第05讲带电粒子在电场中的运动——划重点之高二期中期末复习精细讲义考点1带电体在电场中的直线运动考点2带电体在匀强电场中的偏转问题考点3带电粒子在交变电场中的运动模型考点4示波管的工作原理考点1：带电体在电场中的直线运动1．做直线运动的条件直线运动的条件①粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，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，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。2．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法运动状态的分析带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加（减）速直线运动解决方法匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)（适用于粒子受恒力作用）非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1（适用于粒子受恒力或变力作用）解决此类问题的关键是灵活利用动力学分析的思想，采用受力分析和运动学方程相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，往往优先采用动能定理。3．带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）带电颗粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力4．带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加（减）速运动。有两种分析方法：用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad用功能观点分析粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【典例1】某空间有平行于纸面的匀强电场，一带电荷量为−q（q>0）的质点（重力不计）在如图所示的恒定拉力F的作用下由M点开始沿直线匀速运动到N点。图中电场未画出，拉力F和直线MN间的夹角为θ，M、N两点间的距离为d，则下列说法正确的是（

）A．匀强电场的电场强度大小为FB．M、N两点的电势差为FdC．带电质点由M点运动到N点的过程中，电势能减少了FdD．若要使带电质点由N点向M点做匀速直线运动，则F必须反向【答案】B【详解】A．带电质点做匀速直线运动，质点受拉力F和电场力两个力的作用，则这两个力等大反向，电场线方向沿F方向，场强大小E=A错误。B．在带电质点由M点运动到N点的过程中，根据动能定理得Fd解得UB正确。C．带电质点由M点运动到N点的过程中，电场力做功W=−q电势能增加了FdcosD．带电质点在匀强电场中受到的电场力恒定不变，根据平衡条件，若要使带电质点由N点向M点做匀速直线运动，拉力F的方向应保持不变，D错误。故选B。【典例2】（多选）如图甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成θ=37°角，Ox轴上有a、b、c三点，Oa=bc=12ab=4cm，Ox轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。取sin37°=0.6A．电场线的方向为斜右向下B．若质子从O点静止释放，将沿x轴做加速运动C．匀强电场强度的大小为600D．电子在c点的电势能为7.68×【答案】AD【详解】AB．由图可知沿x方向电势降低，所以电场线方向斜向下。O点静止释放的质子应沿电场方向加速运动。故A正确，B错误；C．φ−x图线的斜率表示电场强度沿x方向的分量大小，由图乙可知E所以E=故C错误；D．电子在c点的电势能为E故D正确。故选AD。【典例3】（多选）如图甲所示，以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。在x=0和x=4x0处分别固定电量为Q的正点电荷。A、B、C为x轴上坐标分别为x0、2x0、3x0的点，AC之间沿x轴方向电势变化如图乙所示。现从A点将一带正电小球由静止释放，小球向下运动。已知释放瞬间小球加速度为2g，g为当地重力加速度，静电力常量为k。以下结论正确的是（）A．小球的比荷qB．小球的比荷qC．小球经过B点时的速度大小为11gD．小球经过B点时的速度大小为11g【答案】AD【详解】AB．已知释放瞬间小球加速度为2g，根据牛顿第二定律可得m解得小球的比荷为q故A正确，B错误；CD．小球从A点静止释放到B点过程，根据动能定理可得m解得小球经过B点时的速度大小为v故C错误，D正确。故选BD。【典例4】（多选）如图所示，真空中竖直固定一表面粗糙程度处处相同的金属板，其正前方固定一个带正电的点电荷Q，OQ垂直于金属板。已知OM=ON，一表面绝缘带正电的小滑块（可视为试探电荷且不影响原电场）从金属板上端的M点由静止释放，小滑块能运动到O点，且到达O点时其所受重力大小等于摩擦力大小。下列说法正确的是（）A．小滑块一直加速运动到N点，加速度先减后增，小滑块在M、N两点的加速度相等B．电场力对小滑块先做负功后做正功，小滑块在M、N两点的电势能相等C．小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等D．小滑块的动能可能先增大后减小，到达N点的速度为零【答案】AC【详解】A．由于静电感应，金属板处于静电平衡状态，金属板表面是一个等势面，在M、N两点场强和电势相等，周围的电场如图所示小滑块在M、N两点的受力为重力、电场力、摩擦力和支持力，由图可知，小滑块在M、N两点的合外力相同，故加速度也相同，故A正确；B．电场线垂直于金属板，电场力不做功，小滑块在M、N两点的电势能相同，故B错误；C．根据对称性可知，摩擦力在OM段和ON段做的功相等，合外力做功相等，根据动能定理可知，小滑块在OM段和ON段动能的增加量一定相等，故C正确；D．在OM段，由于f=μNN=kQr2OM段摩擦力一直增大，到O点时与重力大小相等，所以OM阶段，滑块一直做加速运动，速度一直增大，动能增大，ON故选AC。【典例5】（多选）如图所示，水平放置的平行板电容器上下极板M、N分别带有等量异种电荷，电荷量大小均为Q，两极板间距为d，质量为m、电荷量为q的带负电微粒从上极板M的边缘以初速度v0射入，恰好沿直线从下极板N边缘射出，重力加速度为gA．两极板间的电压UB．微粒的机械能减小mgdC．电容器的电容C=D．保持Q不变，仅将极板N向下平移，微粒仍沿直线从极板间射出【答案】BCD【详解】A．因为带电微粒做直线运动，则微粒受力平衡，根据平衡条件有q得U=负电荷受电场力方向向上，所以电场方向竖直向下，则φ所以U故A错误；B．重力做功mgd，微粒的重力势能减小，由于微粒做匀速直线运动，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的重力势能减小了mgd，故B正确；C．电容器的电容C=故C正确；D．在Q不变时，仅将极板N向下平移，由E=知电场强度不变，微粒仍受力平衡，微粒仍沿直线从极板间射出，故D正确。故选BCD。【典例6】如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为ℎ和0.25ℎ，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为0.5g，试求：(1)此电荷在B点处的加速度；(2)此电荷运动过程中速度最大时离Q的距离；(3)A、B两点间的电势差（用Q和ℎ表示）。【答案】(1)a=7g，方向竖直向上(2)d=(3)U【详解】（1）根据题意，此电荷带正电，设此电荷带电量为q，在A点，根据牛顿第二定律mg−在B点，根据牛顿第二定律kQq解得a=7g方向竖直向上。（2）当电荷受力平衡时，此电荷运动过程中速度最大，可得mg=解得此电荷运动过程中速度最大时离Q的距离d=（3）电荷从A点到B点，根据动能定理U解得A、B两点间的电势差U考点2：带电体在匀强电场中的偏转问题1．进入电场的方式：以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场中的带电粒子，受恒定电场力作用，做类似平抛的匀变速曲线运动。运动性质：匀变速曲线运动。2．两个特点受力特点电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直运动特点做匀变速曲线运动，与力学中的平抛运动类似3．两个分析条件分析不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动运动分析一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动4．处理方法：利用运动的合成与分解，分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。沿初速度方向做匀速直线运动沿电场方向做初速为零的匀加速直线运动5．运动规律：设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d（忽略重力影响），则有加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)在电场中的运动时间①能飞出电容器：②不能飞出电容器：速度⊥E方向（初速度方向），vx=v0∥E方向，vy=at末速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，粒子离开电场时的偏转角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mv02d)（动能一定时tanθ与q成正比，电荷量一定时tanθ与动能成反比）位移⊥E方向（初速度方向），x=l=v0t∥E方向，粒子离开电场时的侧移为：y=＝eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d)思维导图6．分析粒子在电场中偏转运动的两种方法分解观点垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，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，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动功能观点首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的7．关于两个偏转物理量粒子的偏转角问题已知电荷情况及初速度：如上图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1tanθ＝eq\f(vy,vx)vy＝at＝eq\f(qU1,dm)·eq\f(l,v0)vx＝v0可得tanθ＝eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比已知加速电压U0：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qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)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粒子的偏转量问题y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,dm)·（eq\f(l,v0)）2作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(\f(qU1l2,2dmv\o\al(2,0)),\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d))＝eq\f(l,2)粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2处沿直线射出若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)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8．几个推论（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。（如图所示，l′＝eq\f(l,2)）（2）位移方向与初速度方向间夹角的正切等于速度偏转角正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。（3）先加速后偏转：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入同一偏转电场U的，则由动能定理有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得：。偏移量。则偏转距离y和偏转角θ相同，也就是运动轨迹完全重合。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。（4）带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。（5）计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离Y的方法：计算方法Y＝y＋Dtanθ（D为屏到偏转电场的水平距离）Y＝（＋D）tanθ（L为电场宽度）Y＝y＋vy·根据三角形相似：9.带电粒子在电场中做类平抛运动的问题如图所示，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示.1.确定最终偏移距离OP的两种方法方法1：方法2：2.确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法方法1:方法2：【典例7】如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点，一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是（）A．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点从AD边射出D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出【答案】D【详解】AB．由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动推理：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故AB错误；CD．若将粒子的初速度变为原来一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，故C错误，D正确。故选D。【典例8】（多选）如图所示，在光滑绝缘水平面xOy内存在平行于y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，一带正电小球（视为点电荷）从y轴上的P点以初速度v0射入第一象限，小球经过x轴上Q点时的速度方向与x轴的夹角为60°。下列说法正确的是（

A．小球经过Q点时的速度大小为2B．OP、OQ之比为2:C．P、Q连线与x轴的夹角为30°D．小球从P点到Q点的过程中，小球的动能变化量为小球初动能的3倍【答案】AD【详解】A．小球在电场中做平抛运动，在Q点时的速度方向与x轴的夹角为60°，则有v解得小球经过Q点时的速度大小为v=2故A正确；B．小球经过Q点时沿y轴方向的分速度大小为v根据运动学公式可得OP=vy联立可得OP、OQ之比为OP:OQ=故B错误；C．P、Q连线与x轴的夹角正切值为tan故C错误；D．小球从P点到Q点的过程中，动能变化量为Δ可知小球的动能变化量为小球初动能的3倍，故D正确。故选AD。【典例9】如图所示，竖直平面直角坐标系xOy，第Ⅲ象限内固定有半径为R的四分之一光滑绝缘圆弧轨道BC，轨道的圆心在坐标原点O，B端在x轴上，C端在y轴上，同时存在大小为E1=3mg4q，方向水平向右的匀强电场。第Ⅳ象限x=0与x=3R之间有大小为E2=2mgq，方向竖直向下的匀强电场。现将一质量为m，电荷量为q的带负电小球从B点正上方高(1)小球经过C点时的速度大小vC(2)小球在第Ⅲ象限受到轨道支持力的最大值；(3)小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标。【答案】(1)3(2)25(3)（3R，0）和（9R，0）【详解】（1）带负电小球从A点由静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg⋅3R−q解得小球经过C点时的速度大小为v（2）在电场E1F设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为θ，则有tan可得θ=37°则当小球在第Ⅲ象限圆弧轨道BC上运动到D点与圆心连线沿重力和电场力的合力方向时，小球的速度最大，受到轨道的支持力最大，从A点由静止释放到D点过程，根据动能定理可得mg(2R+R解得v在D点根据牛顿第二定律可得N联立解得小球受到轨道支持力的最大值为N（3）在第四象限电场中，小球受到的电场力竖直向上，大小为q小球从C点以vC=3a=方向竖直向上；设小球在电场E2中经过xR=12解得t=2Rg可知小球刚好从电场E2的右边界经过xv小球进入第一象限后做斜抛运动，之后再次经过x轴，根据斜抛运动规律有t′=2则小球运动到y轴右侧后与x轴的交点坐标为（3R，0）和（9R，0）。【典例10】一束初速不计的一价正粒子在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d=1.0cm，板长l=5.0cm

(1)粒子进入偏转电场时的速度v0(2)粒子飞出平行板时的侧移量vy(3)偏转场对粒子做的功。【答案】(1)2×(2)5×(3)3.2×【详解】（1）粒子加速过程中，由动能定理可得eU=代入数据可得v（2）根据牛顿第二定律可得，粒子在偏转电场中的加速度为a=代入数据可得a=1.6×粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在偏转电场中的飞行时间设为t，则有l=代入数据可得t=2.5×粒子飞出平行板时的侧移量为y=联立可得y=5×（3）粒子出场时的速度设为v，可以分解为沿初速度方向的v0和沿电场方向的vv根据恒力功的定义式可得，偏转场对粒子做的功为W=eEy=代入数据可得W=3.2×【典例11】XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，可用于对多种病情的探测。某种XCT机原理示意图如图所示。M、N之间是加速电场，虚线框内为匀强偏转电场；经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）。已知电子的质量为m，电荷量为e，M、N两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，偏转电场的电场强度(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小；(2)电子束射出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角；(3)P点到偏转电场右边界的距离。【答案】(1)2(2)30°(3)3【详解】（1）根据动能定理有U电子刚进入偏转电场时的速度大小v=（2）电子在偏转场的加速度为a=电子在偏转场运动的时间为t=设电子束射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角为α，可得tan联立解得α=30°（3）设P点到偏转电场右边界的距离L，电子在偏转场的偏转位移y=电子束射出偏转电场时速度反向延长将交于水平位移的中点，由相似三角形可知H联立解得L=考点3：带电粒子在交变电场中的运动模型1.带电粒子在电场中运动时间远小于电场变化周期粒子在电场中运动时间内可将电场看成匀强电场，粒子在电场中做匀变速直线运动或类抛体运动。2.带电粒子在电场中运动时间不满足远小于电场变化周期(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边界条件。(2)分析时从两条思路出发：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，通常可作出粒子运动的速度(或分速度)—时间图像进行分析或求解；二是功能关系。【典例12】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正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（）A．带电粒子将做往复运动 B．3s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度不为零 D．前3s内，静电力做的总功为零【答案】D【详解】A．带电粒子由静止释放后，在0∼2sa在2sa可知粒子由静止先以a1加速度大小加速2s，再以a2加速度大小减速1s，由于a2=2a1，可知3s末粒子速度为零，同理在3sA错误；B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3s末带电粒子回不到原出发点，B错误；C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是零，C错误；D．在前3s内，由动能定理可知W=前3s内，静电力做的总功是零，D正确。故选D。【典例13】如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成.直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场.若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（）A．电子在第3个与第6个金属筒中的速度之比为1B．第2个金属圆筒的长度为TC．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值tanD．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，圆筒个数足够多且间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为v【答案】A【详解】A．设电子进入第n个圆筒后的动能为EknEE电子在第3个和第6个金属圆筒中的动能之比为12B．设电子进入第n个圆筒后的速度为vnne解得v第2个金属圆筒的长度l2=故B错误；C．电子在偏转电场中运动的加速度为a=电子在偏转电场中的运动时间为t=又因为v电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度为v电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为tan故C错误；D．由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为T2nd=根据动能定理得ne联立解得v故D错误。故选A。【典例14】（多选）如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略。若在t=0时刻进入的电子恰好在T2时刻穿过BA．在t=T8时刻进入的电子一定不能穿过B．在t=T8时刻进入的电子一定能穿过C．在t=T4时刻进入的电子一定不能穿过D．在t=T4时刻进入的电子一定能穿过【答案】BC【详解】AB．当电子在t=0时刻进入时，恰好在T2时刻穿过B板，设此时电子的速度为vd=电子从t=Td由此可知，电子一定能穿过B板，故A错误，B正确；CD．同理，电子从t=Td由此可知，电子一定不能穿过B板，故C正确，D错误。故选BC。【典例15】（多选）如图甲所示，A、B两极板与交变电源相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，A板的电势为0，质量为m，电荷量为−q的电子仅在电场力作用下，在t=TA．A、B两板间的距离为qB．电子在两板间的最大速度为qC．电子在两板间做匀加速直线运动D．若电子在t=T【答案】ABD【详解】A．电子在t=T4时刻由静止释放进入两极板间运动，先加速后减速，在t=3a=则有d=2×解得d=A正确；B．由题意可知，经过T4vB正确；C．电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，C错误；D．若电子在t=T8时刻进入两极板，在x=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，D正确。故选ABD。【典例16】如图甲所示，竖直正对放置的平行极板A、B间存在一匀强电场，在A极板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为e的电子，电子经极板A、B间的电场加速后由B极板上的小孔离开，然后沿水平放置的平行极板C、D的中心线进入偏转电场．C、D两极板的长度均为L、间距为d，两板之间加有如图乙所示的交变电压，0~T2时间段内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离开极板A、B间的加速电场时的速度大小为(1)极板A、B之间的电势差UAB(2)t=0时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时速度偏角θ的正切值；(3)t=T【答案】(1)U(2)tan(3)y=【详解】（1）粒子在A、B板之间加速后获得速度为v根据动能定理可得−e极板A、B之间的电势差为：U（2）电子进入极板C、D间的偏转电场后在电场力的作用下做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动有L=解得t=Tt=0时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子，前T2a后T2a则有v得v则有tan（3）t=T2时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子在3T2vy1=av故偏移量为y=代入解得y=考点4：示波管的工作原理在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示．1．示波管的构造示波器是可以用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器，其核心部分是示波管，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示，管内抽成真空。电子枪发射并加速电子竖直偏转电极使电子束竖直偏转（加信号电压）水平偏转电极使电子束水平偏转（加扫描电压）荧光屏显示图象2．示波管的原理示波器的基本原理是带电粒子在电场力作用下的加速和偏转．（1）偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的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，则电子流被加速、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）．在图中，设加速电压为U1，电子电荷量为e，质量为m，由W＝ΔEk得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。在电场中的侧移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU2,2dm)t2，其中d为两板的间距。水平方向t＝L/v0，又tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v\o\al(2,0))＝eq\f(eLU2,dmv\o\al(2,0))由以上各式得荧光屏上的侧移y′＝y＋L′tanφ＝eq\f(eLU2,dmv\o\al(2,0))（L′+）＝tanφ（L′+）（L′为偏转电场左侧到光屏的距离）。（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，一般加在竖直偏转板上的电压是要研究的信号电压，加在水平偏转板上的是扫描电压，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。3．亮点位置的确定（1）恒压处理：分别在偏转电极XX′和YY′所加的扫描电压和波形电压都是变化电压，但其变化周期比电子经过极板的时间要长得多，相比之下，电子经过极板的时间可当作一个周期中的某“时刻”，所以在处理计算电子的偏转距离时，电子经过极板的时间内电压可当作恒定电压来处理。例如，在YY′上加信号电压u＝220eq\r(2)sin100πtV，在t＝eq\f(1,600)s时射入极板的电子，偏转电压可认为是u＝220eq\r(2)sin（100π×）V＝110eq\r(2)V不变。（2）双向偏转确定亮点的坐标位置：电子在两个方面的偏转互不影响，均当作类平抛运动处理。由X和Y方向同时刻加上的偏转电压Ux、Uy，通过式子x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(UxL2,4dU1)，y＝eq\f(1,2)ayt2＝eq\f(UyL2,4dU1)等分别计算电子打在荧光屏上的侧移距离x、y，则亮点的位置坐标为（x，y）。不同时刻偏转电压不同，亮点位置坐标不同，因此连续打出的亮点按X、Y方向的信号电压拉开排列成“线”。4．XX′扫描电压的作用竖直平行放置的一对金属板XX′，加上偏转电压Ux后使电子束沿水平方向偏转，Ux称为扫描电压，波形如图所示。不同时刻的偏转电压不同，由于侧移距离与偏转电压成正比，电子在荧光屏上打出的亮点相对原点的位置不同，在一个周期T内，亮点沿x方向从负向最大侧移经原点O向正向最大移动，完成一次“扫描”，由于周期T很短，因此人眼观察到的就是一条水平亮线。如果扫描电压的频率fx等于YY′上所加波形电压的频率fy，则在荧光屏上显示一个完整的波形；如果fy＝2fx，则Tx＝2Ty，水平扫描一次，竖直变化2次，因此得到两个完整波形，依次类推。【典例17】示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。若在XX'上加如图丙所示的电压，在YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】因甲图XX'偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY'偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象，则显示的图象与YY'所载入的图象形状是一样的，如图A所示。故选A。【典例18】如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′上的电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在苂光屏上的正中间（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

A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，则X′接电源正极，YB．若只在YY′两极加上偏转电压，则在苂光屏上能看到沿C．若只在XX′两极加上偏转电压，增大XXD．示波管工作时，可任意调节XX【答案】C【详解】A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，电子受到的电场力在x轴上沿-x方向，在y轴上沿+y方向，则X′接电源正极，YB．若只在YY′两极加上偏转电压，则在苂光屏上能看到垂直C．若只在XX′两极加上偏转电压，粒子受力沿x轴，增大XXD．如果两电压频率都不稳定，则无法获得稳定，故D错误。故选C。【典例19】如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY、水平方向偏转电极XX＇和荧光屏组成。电极。YY＇、XX＇的长度均为l、间距均为d。若电子枪的加速电压为U1，XX＇极板间的电压为U2（X端接为高电势），YY＇极板间的电压为零。电子刚离开金属丝时速度可视为零，从电子枪射出后沿示波管轴线OO＇方向（O＇在荧光屏正中央）进入偏转电极。电子电荷量为A．会打在荧光屏左上角形成光斑B．打在荧光屏上时的动能大小为eC．打在荧光屏上的位置与O'的距离为D．打在荧光屏上时，速度方向与OO＇的夹角α满足tan【答案】D【详解】A．根据题意可知，由于XX＇极板间的电压为U2B．根据题意可知，电子在加速电场中运动，电场力做功为W电子在偏转电场中运动，电场力做功W由动能定理可知，由于电子刚离开金属丝时速度可视为零，打在荧光屏上时的动能大小为E故B错误；C．根据题意可知，电子在加速电场中运动，由动能定理有e电子在偏转电场中运动，则有l=v0t，联立解得y=设电极左端到荧光屏的距离为L，电子离开电极后继续做匀速直线运动，由相似三角形可得Y解得Y=即打在荧光屏上的位置与O'的距离为lD．电子在偏转电场中运动，则有l=v0t，解得v则速度方向与OO＇的夹角α满足tan故D正确。故选D。【典例20】如图所示，图甲是示波管的原理图，如果在电极XX'之间所加的电压按图丙所示的规律变化，在电极YY'之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】因为在电极xx′之间所加的电压保持不变，可知在x方向上的偏转位移保持不变，在y方向上电压随正弦规律变化，即y方向上偏移在正负最大值之间变化，故B正确，ACD错误。故选B。一、单选题1．“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为UA．U1变小，U2不变 B．U1C．U1变小，U2变大 D．U1【答案】B【详解】在加速电场中，根据动能定理q解得v=在偏转电场中，竖直方向的加速度a=运动的时间t=则竖直方向的速度v设偏转的角度为θ，则tan若使偏转角变小，即使tanθ变小，则应使U1变大，故选B。2．如图甲所示，倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，一带正电的小滑块以一定的初速度v0从斜面底端x=0处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°=0.6，cos37°=0.8A．电场强度的方向沿斜面向上B．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为4C．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为ED．小滑块上滑过程中，重力势能增加了4【答案】C【详解】AC．由图乙可知，上滑过程中小滑块的机械能变化量为W即电场力做负功，所以电场强度的方向沿斜面向下。又W解得F则在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为P故A错误；C正确；D．由A选项分析可知，上滑过程中，小滑块的机械能减少了E0，动能减少了4Δ故D错误；B．小滑块上滑过程中，重力做负功，小滑块的重力势能变化量为Δ解得mg=在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为P故B错误。故选C。3．图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′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是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】示波管的电极YY′上的偏转电压加的是如图（乙）的信号电压，XX′偏转电极上加上如图（丙）的扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同，就会在荧光屏上显示与信号电压一致的波形即图B的波形。故选B。二、多选题4．如图所示，一重力不计的带电粒子由水平正对平行板的上极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d，两极板的长度均为L，粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是（）A．水平方向上前L2与后LB．竖直方向上前d2与后dC．前t2与后tD．前t2与后t【答案】AD【详解】A．粒子在垂直于极板的方向做初速度为零的匀加速直线运动，平行于极板方向做匀速直线运动，则由水平方向的分运动x=可知，前L2与后Ly=可知，前L2与后LW=Eqℎ得，该过程中电场力对粒子做功之比为1：3，A正确；B．由竖直方向的分运动可知t=所以前d2与后d2粒子运动时间之比CD．前t2与后t故选AD。5．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，不计电子的重力，下列说法正确的是（）A．若t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B．若t=0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动C．若t=T4D．若t=3T8【答案】AC【详解】AB．若t＝0时刻释放电子，由题图乙可知，电子将向右重复先匀加速后匀减速的运动，直到打到右极板，不会在两极板间做往返运动，所以选项A正确，B错误；C．若t＝T4时刻释放电子，电子先做匀加速运动后做匀减速运动，分析易知，前T2内电子可能到达右极板，若前D．同理，若t=3T8故选AC。6．如图，金属板平行放置，两极接上恒定电压。质量相等的粒子A和B分别静止在上下极板处。闭合开关，两粒子仅在电场力作用下同时运动，且同时经过图中的虚线处，虚线到上下极板的距离之比为1：2，忽略粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A．A带负电，B带正电B．两粒子所带电荷量大小之比为1：2C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比1：4D．减小两板间距，两粒子运动到另一极板时的速率也会减小【答案】BC【详解】AB．两粒子仅在电场力作用下，均做初速度为0的匀加速直线运动，可知A受到的电场力向下，B受到的电场力向上，且场强方向向下，则A带正电，B带负电；根据ℎ=12由于两粒子质量相等，则两粒子所带电荷量大小之比为q故A错误，B正确；C．从开始运动到经过虚线处电场力做功之比W故C正确；D．根据动能定理可得qU=可得v=减小两板间距，由于极板间的电压不变，则两粒子运动到另一极板时的速率不变，故D错误。故选BC。7．如图所示，AC是长度为L的光滑绝缘杆，杆与水平面的夹角θ为30°。在A的正下方与C等高的B点放有电荷量为+Q的点电荷，杆上端A处套有一质量为m带电荷量为+q可看作质点的圆环。若圆环从A处由静止释放，到达C处时速度大小为v，BM与AC垂直，∠CBN=30°，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．圆环向下一直做匀加速运动 B．圆环在M点时的加速度大小为gC．NC间的电势差为mv2−gL2q 【答案】BC【详解】A．因为点电荷之间的电场力为F随着圆环的下滑，两电荷之间的电场力在不断发生改变，所以圆环受到的合外力在不断改变，所以圆环不可能做匀加速运动，A错误；B．圆环在M点受到的电场力垂直于直的杆子，所以垂直于杆方向上平衡，因此时加速度大小为a=B正确；CD．因为∠CBN=30°，所以∠ABN=60°，而∠ABM=30°，所以∠ABM=∠NBM，所以NB=AB，所以A点电势与N点电势相等，从A到B用动能定理，有1解得U因为A点电势与N点电势相等，所以UC正确，D错误；故选BC。8．如图甲所示一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电荷量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上，整个装置处于水平方向的电场中，电场强度E随时间t变化的图像如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t=0时，环静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/sA．环先做加速运动再做匀速运动B．0~2s内环的位移小于2.5mC．环的最大速度大小为15m/sD．环的最大动能为20J【答案】BD【详解】A．由图可得E=开始时的最大静摩擦力为f=μq则开始时物体静止；随着场强的减小，电场力减小，则当摩擦力小于重力时，圆环开始下滑，此时满足μqE=mg可得E=200即t=1s时刻开始运动；且随着电场力减小，摩擦力减小，加速度变大；当电场强度为零时，加速度最大；当场强反向且增加时，摩擦力随之增加，加速度减小，当E=−200V/B．环在t=1s时刻开始运动，在t=2s时mg−μqE=ma解得a=5因环以当加速度为5m/ss=而在t=1s到t=2s的时间内加速度最大值为5m/sCD．由以上分析可知，在t=3s时刻环的加速度最大，最大值为g=10m/s2，环从t=1v则环的最大动能为E故C错误，D正确。故选BD。9．如图所示为阴极射线管的示意图，当M1、M2两极不加电压时，电子束经电场加速后打到荧屏中央A．当M1、M2两极加电压时，亮斑出现在O点下方，则可判断极板B．当M1、MC．如果发现电子在荧屏上的亮斑向上移动，则可判断M1、MD．当M1、M【答案】AB【详解】A．当M1、M2两极加电压时，亮斑出现在O点下方，则电子所受电场力向下，极板间电场强度向上，可知极板B．当M1、M2两极不加电压时，粒子在经过M1C．如果发现电子在荧屏上的亮斑向上移动，电子M1、M2之间向上运动，则受到竖直向上的电场力，可知M1、M2极板间电场强度向下，可判断M1、MD．当M1、M故选AB。10．如图所示。平行金属板A，B水平放置。两板带有等量异种电荷，两板间形成的匀强电场方向竖直向下。现将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度大小为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当粒子射入速度大小为vA．vB．粒子沿轨迹Ⅰ运动时的加速度是沿轨迹Ⅱ运动时的2倍C．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的电势能变化量是沿轨迹Ⅰ运动时的2倍D．粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值比沿轨迹Ⅰ运动时的大【答案】CD【详解】AB．粒子在电场中只受电场力，根据牛顿第二定律可得a=粒子沿两种轨道运动时加速度相同。粒子类平抛运动，根据规律，竖直方向ℎ=水平方向匀速运动x=联立解得x=所以v1∶v2＝22故AB错误；C．电势能的变化由电场力做功决定，电场力做功W=qU=qEd可得W1∶W2＝1∶2故C正确；D．设末速度的方向与水平方向的夹角为θ，则有tan粒子沿两种轨道运动时夹角正切值之比为tan粒子沿轨迹Ⅱ运动时的速度偏转角的正切值比沿轨迹Ⅰ运动时的大，故D正确。故选CD。11．图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。14T时，比荷为k的带电粒子甲从О点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，32T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在3A．T时刻，乙粒子离开电场B．乙粒子的比荷为4C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2【答案】AD【详解】A．设板长为L，粒子甲的运动时间为t=粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为t因乙在38T时刻飞入电场，则在CD．设两板间距离为d，则有a为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得v作出竖直方向上速度—时间图像，如图所示则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为d2，根据图像可知在34T时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此时刻会达到最大位移的大小，而在32T时刻，粒子出电场，此时位移是最大位移的一半，为d4，即甲在竖直方向上的位移为d4y故C错误，D正确；B．对乙有y对甲有y因y则有a可得a又aa可得乙粒子的比荷为q故B错误。故选AD。三、解答题12．如图1所示，平行金属板M、N水平固定放置，两板间加有如图2所示的周期性变化的电压（图中U0、t0均已知），M、N板右侧的BAC区域内有竖直向上的匀强电场，M、N板的右端均在竖直边AB上，A点到M板的距离为h，∠A=45°。质量为m、电量大小为e的电子由静止开始，经电压也为U₀的电场加速后，连续不断地沿与M、N板平行的方向从