带电粒子在电场中的运动- 2025年高考物理复习专练（西北四省专用）（解析版）

重难点09带电粒子在电场中的运动

命题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

直线运动（2023•新课标卷，12）圆

周运动（2022•全国乙卷，8）（1）考点预测：静电力作用下的

带电粒子在电场中的运动

各种运动。

常见电容器、电容器的电压、电荷电容器充放电实验（2023•新课标

（2）考法预测：常常与匀变速直

量和电容的关系卷，9）

线运动规律、牛顿运动定律、功能

一般曲线运动（2023•全国乙卷，6关系及能量守恒定律进行综合。

）

重难诠释

【情境解读】

动力学观点:夕（适用

直于匀强电场）

线

一

带运

能量观点：qU=gm适用于所有

电动

粒电场）

子

在

类垂直电场方向做匀速直线运动:为=%

电

平

场X=vt

-抛o

中

运

的

动沿电场方向做匀变速直线运动

运12

动

一

一类斜抛运动:将初速度沿电场方向、垂直电

场方向分解

圆周运动:先作出重力与静电力的合力心,

.将其视为一个等效重力，则等效重力加速

【高分技巧】

一、直线运动

1.电场中重力的处理方法

（1）基本粒子：如电子、质子、a粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力（但并

不忽略质量）。

（2）带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。

2.做直线加速运动的条件

二、电容器动态分析及充放电问题

1.动态分析的思路

电容器保持与电源相连,不变；电容器

确定不变量U

充电后与电源断开,Q不变

2.两类动态分析的比较

人-不变

两

种

Erl-Cl-

类

型dCi-*Qi-*EI

Q4->E不变

Q4-E不变

三、类平抛、类斜抛运动

1.运动轨迹是抛物线

2.处理方法：运动的合成与分解

3.两个重要结论

(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，偏移量和偏转角总是相同的.

证明：在加速电场中有qUo=%wo2

在偏转电场偏移量

乙乙IfLW(z(J

偏转角仇tan0=含=忍9

y=Jtand=

得:4U0d2Uod

y、e均与m、q无关.

(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点。为粒子水平位移的中点，即。到偏

转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半.

四、变力作用下的曲线运动

1.“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力

线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。

2.“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中

相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”

分别讨论各种情况。

3.等效重力法

GF会

把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则厂合为等效重力场中的“重力"，g'=2为

等效重力场中的''等效重力加速度”；厂合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”

方向。

4.物理最高点与几何最高点

在电场和重力场的叠加场中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。

小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。

限时提升练《

（建议用时：40分钟）

【考向一：直线运动】

1.（2024•宁夏银川一中•三模）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连

线中垂线上的两点，O为EF、的交点，EO=OF.一不计重力带负电的点电荷在E点由静止释放后（）

OE

•F

I

A.做匀加速直线运动

B.在。点所受静电力最大

C.由E到。的时间等于由0到F的时间

D.由E到尸的过程中电势能先增大后减小

【答案】C

【解析】AB.带负电的点电荷在E点由静止释放，将以。点为平衡位置做往复运动，在。点所受电场力为

零，故AB错误；

C.根据运动的对称性可知，点电荷由E到。的时间等于由。到尸的时间，故C正确；

D.点电荷由E到尸的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。

故选Co

2.（2024•青海省协作联考•一模）（多选）如图所示，两个带等量异种电荷的点电荷固定于M、N两点

上，A、B是M、N连线中垂线上的两点，。为AB、的交点，AO=OB,现使一带正电的点电荷

P通过绝缘柄（图中未画出）从A点缓慢移动到8点，下列说法正确的是（）

㊉/

I

I

I

0_一+------0

M\N

b

A.点电荷尸在。点时所受静电力最大

B.点电荷P在A点时所受电场力的方向由A指向。

C.由A到8的过程中点电荷尸所受电场力先变小后变大

D.由A到3的过程中点电荷P的电势能不变

【答案】AD

【解析】AC.等量异种电荷的电场线如图所示

连线上。点的场强最大，从A到2场强先变大后变小，故点电荷尸在。点时所受静电力最大，由A到

8的过程中点电荷尸所受电场力先变大后变小，A正确，C错误；

B.0点的场强方向向右，正点电荷尸在A点时所受电场力的方向垂直指向右侧，B错误；

D.连线为等势面，由A到8的过程中点电荷P的电势能不变，D正确。

故选ADo

3.（2024•山西省晋中市•二模）（多选）如图所示，在竖直平面内固定着一根光滑绝缘细杆细杆左

侧。点处固定着一个带正电的点电荷，以。为圆心、厂为半径的圆周与细杆交于N、尸两点，N点、为MP

的中点。现将一质量为加、电荷量为一4的小球（可视为质点）套在杆上从M点由静止释放，小球滑到N

点时的速度大小为J砺。已知重力加速度为g,M点和P点的高度差为3r,取P为零电势点，则下列说

法正确的是（）

2mgrB.小球从N点到尸点过程电场力做的功为-即驾

A.M>N两点的电势差为-------

3q2

3mer

C.小球滑至尸点时的速度大小为3而D.M点的电势为一一--

2q

【答案】CD

【解析】A.小球从M点到N点过程,由动能定理可得

3rTT12

mg--qUMN=-mvN

又

解得M、N两点的电势差为

TT3mgr

%N=F

A项错误；

B.根据点电荷的电场特征可知，N、尸两点所在的圆是一个等势面，所以小球从N点到尸点过程电场力

做的功为零，B项错误；

C.由几何关系可得NP段的竖直高度为

小球从N点到尸点过程，根据动能定理可得

解得小球滑至P点时的速度大小

Vp=3病

C项正确；

D.以P点为零电势点，则有

UMN=9"-%=9M-（PP

解得M点的电势

2q

D项正确。

故选CD„

4.（2024•山西省名校联考•一模）（多选）如图所示，竖直平面内有一组平行等距的水平实线，可能是

电场线或等势线。在竖直平面内，一带电小球以%的初速度沿图中直线由。运动到下列判断正确的是

（）

✓

✓

a

A.小球一定带负电荷

B.。点的电势一定比Z7点的电势高

C.从。至！］6,小球的动能可能减小，也可能不变

D.从。到小球重力势能增大，电势能也可能增大

【答案】CD

【解析】带电小球在重力和静电力作用下作直线运动。若小球作匀速直线运动，则静电力方向向上，这组

实线是等势线，小球所带电荷电性无法判定，。、人两点电势高低无法判定，小球由。运动到b,动能不变,

重力势能增大，电势能减小；若小球作匀减速直线运动，则静电力水平向左，这组实线是电场线，小球所

带电荷电性无法判定，服b两点电势高低无法判定，小球由“运动到6,动能减小，重力势能增大，电势

能增大；小球不可能匀加速直线运动。

故选CD。

5.（2024•山西省怀仁一中•三模）人体的细胞膜模型图如图甲所示，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，厚度为心膜内的电场可看作匀强电场，

简化模型如图乙所示，初速度可视为零的钠离子（带正电）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（）

细胞外

Bomd

细胞内

乙

A.若膜电位增加，则钠离子离开细胞的速度更小

B.若膜电位不变，膜的厚度越大，则钠离子离开细胞的速度越大

C.钠离子的电势能增大

D.A点电势高于B点电势

【答案】D

【解析】AB.由动能定理可知

qU=—mv

若膜电位不变时，即电压。不变时，钠离子进入细胞内的速度不变；电压。增加时，速度增大，故AB错

误；

C.初速度可视为零的钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到8点，可知钠离子运动中电场力做

正功，所以钠离子的电势能减小，故C错误；

D.电场线从A到8,沿电场线电势降低，所以A点电势高于8点电势，故D正确。

故选D

6.（2024•陕西省渭南市•一模）如图，平面直角坐标系无0y的y轴沿竖直方向，无轴沿水平方向，在y泌

的区域存在平行于纸面的匀强电场，其它区域无电场。现将一质量为机、电荷量为q%>0）的可视为质点

的带电小球从y轴上y=2/z无初速释放，不计阻力，重力加速度大小为g,带电小球做加速度大小为g的匀

加速直线运动，运动方向与y轴负方向成60。。求：

（1）电场强度大小和方向；

（2）小球从释放到经过x轴的运动时间及小球经过无轴的位置坐标。

【答案】（1）一反,方向与入轴正方向成30。斜向上；（2）（6+1）包,3h

q\g

【解析】（1）带电小球在龙。区间做匀加速运动，受力如图所示由

mg

牛顿第二定律得

Fjma

由题知

a=g

则由图可见

F电=mg

又

F<n=qE

解得

£=螫

电场方向与x轴正方向成30。斜向上。

（2）由题图可知，小球经过广〃水平线时x坐标

x,=/ztan60=y/3h

①小球在2/i>y>//区间运动有

2'=；g片

解得

h

:—2

g

又

v；=2g-2h

解得

匕

②小球在OSy</z区间运动:

vlx=匕sin60=4gh,vly=匕cos60=y[gh

水平方向做速度为也x匀速直线运动，有

X2=Vlxt2

竖直方向做初速为也y,加速度为g的匀加速直线运动，有

712

联立解得

f?=(6-1),—,x2=(3-y/3)/i

小球从释放到X轴的运动时间

t=tx+t2=(A/3+1)^—

小球经过X轴的位置坐标

/

x=xi+x2=ih

【考向二：电容器动态分析及充放电问题】

1.（2024•山西省名校联考•三模）如图所示，D是一支理想二极管（正向电阻为零，可视为短路；反向

电阻无穷大，可视为断路），C是极板水平放置的平行板电容器，初始时不带电。当S接1且稳定后，处于

两极板间尸点的一带电油滴能保持静止状态。下列说法正确的是（）

1S2

H

C•P

R

乙D

A.保持S接1,减小C两极板的正对面积，油滴会向上移动

B.保持S接1,将C的下极板上移，油滴会向下移动

C.将S从1掷到2,油滴将向下运动

D.将S从1掷到2,同时将下极板上移，油滴将向下运动

【答案】A

【解析】A.保持S接1,减小C两极板的正对面积，则根据

c=-^-

4兀kd

知电容C减小，又

而存在二极管，使得。不能减少，故实际过程为。不变，故U增大，根据

U=Ed

及d不变，知E增大，所以油滴受到向上的电场力大于重力，油滴会向上移动，故A正确;

B.保持S接1,将C的下极板上移，根据

C=-^~

4兀kd

知d减小，C增大，U不变，。增大，可以充电，根据

知E增大，油滴向上运动，故B错误；

C.将S从1掷到2,断开开关，不能放电，故油滴不动，故C错误;

D.将S从1掷到2,同时将下极板上移，d减小，根据

二工

4兀kd

知C增大，断开开关，。不变，根据

C=F

U=Ed

联立知

口_4兀kQ

LL-

IS

不变，故油滴不动，故D错误。

故选A。

2.（2024•陕西省宝鸡市•三模）在如图所示电路中，蓄电池的电动势E=4V,内阻电阻R=4Q,电

容C=lpF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。

B.上极板所带的电荷量为3.2X10-12C

C.若在两极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将减少

D.若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动

【答案】B

【解析】A.电容板两端电压为

P点位于板间中央，所以

(pP=—c/=—V

故A错误;

B.由公式

Q=UC

得

Q=3.2x10-12c

故B正确；

C.若在两极板间插入一块玻璃板，由公式

「£S

C二-----

471kd

可知C变大，所以电容器上极板所带的电荷量。将增大，故C错误；

D.若将上极板缓慢上移少许，可知C变小，由公式

d

可见板间电场强度减小，所受电场力减小，所以油滴将向下运动，故D错误。

故选B。

3.（2024•陕西汉中市汉台区•三模）微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。其

工作原理可简化为如图所示，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板能上下左右运动，进而改变电

容器的电容。将运动信号转化为电信号，图中R为定值电阻。下列说法正确的是（）

R

A.手机静止时，电流表示数为零、电容器两极板不带电

B.N极板向上运动时，两极板间的电场强度不发生变化

C.N极板向上运动时，电容器的电容减小

D.N极板向下运动时，电流由b向。流过电流表

【答案】D

【解析】A.静止时，电流表示数为零，但两极板与电源连接，带正、负电荷，故A错误;

B.N极板向上运动时，U不变，间距减小，根据

可知两极板间的电场强度增大，故B错误;

C.N极板向上运动时，间距减小，根据

4兀kd

可知电容器的电容增加，故C错误；

D.由C选项分析可知，N极板向下运动时，间距增大，电容器电容减小，由于电势差U不变，根据

Q=CU

可知电荷量减小，电容器放电，由图可知，带负电的自由电荷由。向6流过，电流由6向。流过电流表，故

D正确。

故选D。

4.（2024•陕西省西安市西北工业大学附属中学•二模）（多选）如图所示，平行板电容器A、B两极板与

直流电源E、理想二极管D（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极

接地在，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的尸点处于静止状态，下列说法

正确的是（）

D\L

A.将极板A向下平移后，油滴在尸点的电势能Ep增大

B.将极板B向上平移后，油滴在尸点的电势能％减小

C.将极板A向上平移后,带电油滴静止不动

D.将极板B向下平移后,极板B的电势降低

【答案】CD

【解析】A.将极板A向下平移，根据

sS

C="—

471kd

可知电容C增大，根据

可知极板间电势差不变，电荷量增大，电场强度增大；根据

UPB=9P—9B=9P=EdpB

可知尸点电势升高，由受力可知，油滴带负电，则油滴在尸点的电势能Ep减小，故A错误；

B.极板B向上平移，根据

c—3s

4/rkd

可知电容C增大，根据

「QFu

Ud

可知极板间电势差不变，电荷量增大，电场强度增大；根据

U片=9A-涔=Eda

由于电源负极接地，电势一直为0,则A板电势等于电源电动势大小，即A板电势不变。可知尸点电势降

低，带负电油滴在尸点的电势能£增大，故B错误；

C.极板A向上平移，根据

c=Xc一旦

4兀kd'U

可知电容C减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的带电荷量。不变，则电场强度

E_U_Q_4兀kQ

dCdqS

可知电场强度不变，油滴所受静电力不变，带电油滴静止不动，故C正确；

D.极板B向下平移，根据

C=£c-2

4兀kd'U

可知电容C减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的带电荷量。不变，则极板A、B

间的电势差增大；由于电源负极接地，电势一直为0,则A板电势等于电源电动势大小，即A板电势不变,

可知B板电势降低，故D正确。

故选CD。

5.（2024•陕西省渭南市•一模）手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电

路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极,

下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的

电容。当压力尸增大时（）

ab

F1——I

A一.____171]

A.电容器的电容变小

B.电容器所带电荷量不变

C.电阻R上有从a到b的电流

D.极板间的电场强度不变

【答案】C

【解析】A.由公式C=-------可知，当压力F增大时，两板间距减小，电容增大，故A错误；

4兀kd

BC.由公式C="可知，电容器所带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻R上有从从。到6的电

流，故B错误，C正确；

D.由公式石=?可知，极板间的电场强度增大，故D错误。

a

故选C。

【考向三：类平抛、类斜抛运动】

1.（2024•陕西省宝鸡市•三模）（多选）如图所示，在竖直平面内有一电场强度为E的匀强电场，电场的

等势面如图中实线所示，与水平方向夹角为37。。一个质量为小，电荷量为+4的小球在A点以初速度%竖

直上抛，运动轨迹如图中虚线所示，8点是轨迹的最高点。已知重力加速度为g,小球的电荷量q=整。

E

A.A点电势低于B点电势

B.A、B两点的高度差为二&

2g

13T7ZV2

C.A、3两点的电势差为一

4q

D.小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量

【答案】BD

【解析】由图可知小球向右运动，故电场线方向斜向右上方，受力分析如图所示

A.由于沿着电场线方向电势降低，故根据图像可知A点电势高于8点电势，故A错误;

B.竖直方向上根据动能定理可得

(Eqcos37°-mg)h=Q~—mv1

解得A、3两点的高度差为

故B正确；

C.根据几何关系

cos37°8g

A、8两点的电势差为

u"蓝

故C错误；

D.小球再次回到抛出点等高位置过程，根据动能定理可知，电场力做正功，故电场力做功等于动能的增加,

且电势能减小，故小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量，故D正确。

故选BD。

2.（2024•宁夏中卫市•一模）如图所示，一带电油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内,

且关于过轨迹最低点尸的竖直线对称，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）

A.Q点的电势比P点的电势高

B.油滴在。点的机械能比在P点的机械能大

C.油滴在。点的电势能比在P点的电势能大

D.油滴在。点的加速度比在尸点的加速度大

【答案】B

【解析】AC.由于油滴轨迹相对于过的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力

沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从P点运动到。点时，电场力做正功，电势能减小，即。点的电

势能比在尸点的电势能小，又由于油滴电性未知，所以。点的电势与尸点的电势高低无法比较。故AC错

误；

B.在油滴从尸点运动到。点的过程中，除重力与弹力外的电场力做正功，机械能增大，即油滴在。点的

机械能比在P点的机械能大，故B正确；

D.由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，故D错误。

故选B。

3.（2024•山西省名校联考•三模）直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴水平向右、y轴竖直向上。平面

内存在足够大的匀强电场，如图所示（电场未画出）。质量相=O」kg、带电量q=lxl（）Tc的小球（可视为

质点），/=0时以速度%=lm/s从。点沿+y方向射出，r=1.0s时到达P（4〃z,0）点。取g=10m/s2,求该

匀强电场电场强度的大小和方向。

八y/m

%八

P

n•-------ax/m

4

【答案】E=8V2xl03V/m«与无轴夹角为45°

【解析】设带电小球沿x轴方向的加速度为氏，沿y轴方向的加速度为4,则

19

%=3叮，

得

22

ax=8m/s,ay=-2m/s

带电小球在无轴方向受力

qEx=max

带电小球在y轴方向受力

qEy-mg=may

得

33

Er=8xl0V/m,纥=8x10V/m

匀强电场的电场强度

设电场强度与X轴夹角为6

E

tan<9=—

纥

解得

E=8V2xl03V/m-6=45°

4.（2024•山西省晋中市•二模）如图所示，P点和竖直墙壁上的Q点在同一竖直面内，质量为加、电荷

量为+（7、可视为点电荷的带电小球从尸点以初速度%抛出，抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为6。已

知重力加速度为g,不计空气阻力。

（1）若在空间施加一个电场强度大小为E=等、方向与%同向的匀强电场，仍从P点将小球以速度%抛

出，速度方向与竖直方向的夹角为6=37°,小球的竖直高度上升/时，恰好打到墙壁上的。点，已知

sin37°=0.6,求P点到墙壁的水平距离x。

卜祀-4卜;

g

【解析】(1)小球受到的电场力大小为

F—Eq——mg

则小球竖直方向受到的合力为

Fy=mg-Fcos37°=0

水平方向受到的合力为

Fx=Fsin37°=max

小球沿竖直方向匀速上升的距离

I=%cos37°•%

沿水平方向运动的距离为

2

x=vQsin37°4+—aj

联立解得

4128诏

5.(2024•山西省太原五中•一模)如图甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔。

一束电子以初动能Ek=120eV,从A板上的小孔。不断垂直于板射入A、B间，在B板右侧，平行于金

属板M、N组成一个匀强电场，板长L=2xlCT？m，板间距离d=4xl(T'm，偏转电场所加电压为

Ui=20V。现在在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U,在y0到/=2s时间内，A板电势高于

B板电势，求：

(1)在0到2s内，A、B两板间电压满足什么条件，电子可以到达B板？

(2)在2s到4s内，A、B两板间电压满足什么条件，电子能从偏转电场右侧飞出？(由于A、B两板距离

很近，可以认为电子穿过A、B板所用时间很短，可以不计）

【解析】（1）能到达2板，要求电子达到2板时速度大于或等于零，由动能定理得

12

-eU=O--mvo~

解得

U=120V

故AB两板电压满足

Q<UADR<120V

（2）设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为%,动能为E-那么侧移是

_leUAL]_Ugl?

y—----------------------

2md1%）4dEk

满足才能射出，所以

Ugl}<d

4dEk—2

即

Ek>250eV

又

Ek=eUBA+Ek。

所以

120eV+eL/„,>250eV

解得

口130V

【考向四：变力作用下的曲线运动】

1.（2024•山西省太原市•三模）示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，YY'偏转电极上加的是

待测信号电压，XX'偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形扫描电压。若调节扫描电压周期与信号电压周期

相同，在荧光屏上可得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。下列说法正确的是（）

甲示波管的结构乙荧光屏（从右向左看）丙扫描电压

A.电子在示波管内做类平抛运动

B.待测信号电压不会改变电子的动能

C.若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，说明待测信号随时间按正弦规律变化

D.若荧光屏上恰好只出现一个周期内的正弦图像，把扫描电压的周期变为原来的一半，荧光屏上会出现两

个周期内的正弦图像

【答案】C

【解析】A.电子从电子枪中以一定速度打出，在中心线上做匀速直线运动，由于速度很大，所以经过两偏

转电极时时间很短，可认为极板间电压不变，即受到的电场力不变。经过YY'偏转电极时，受到与YY'平

行的电场力，此时合力与速度方向垂直，做类平抛运动。当经过XX'偏转电极，受到与XX'平行的电场力,

此时进入电场的速度方向也与电场垂直，所以也做类平抛运动。但在示波管中运动时不是做一个类平抛运

动。故A错误;

B.电子经过YY'时，电场力做正功，所以待测信号电压使电子的动能增大。故B错误;

CD.设电子从电子枪射出时的速度为%,YY'、XX'两极板的长度分别为4、Lx,则在两电场中运动

的时间分别为

h=~

%

由题意可知，时间4均为定值，与电压的变化无关。

设YY'、XX'两极板间的距离分别.＞、dx,两极板间的电场分别为

E=土

d*

又有牛顿第二定律得

eE=ma

电子朝正极的偏转位移

I=—at2

2

由以上各式可得电子在极板中的偏转位移与所加电压成正比

假设待测信号电压随时间按正弦规律变化，可做图

把扫描电压的周期变为原来的一半时

结合得到图形

故C正确，D错误。

故选Co

2.（2024•山西省阳泉市•三模）如图，一固定正电荷产生的电场中，一试探电荷+4两次以大小相同、方

向不同的初速度从尸点出发，分别沿如图路线抵达M点、N点,且+4在",N点时速度大小相等，则下列

说法正确的有（）

二