內容   要求   要點解讀
示波管   Ⅰ   雖有要求，但高考未直接考查過。建議考生了解示波管具體結構及其原理。
勻強電場中電勢差與電場強度的關系   Ⅱ   常考點，難度中等。常結合平行板電容器考查電場強度的大小計算。
帶電粒子在勻強電場中的運動   Ⅱ   計算只限于帶電粒子進入電場時速度平行或垂直于場強方向的情況。

一、帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動
1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件
（1）粒子所受合外力F合=0，粒子或靜止或做勻速直線運動。
（2）粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。
2．用動力學方法分析：，；v2– =2ad。
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W=Eqd=qU= mv2– m
非勻強電場中：W=qU=Ek2–Ek1
4．帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法

5．處理帶電粒子在電場中運動的常用技巧
（1）微觀粒子（如電子、質子、α粒子等）在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。
（2）普通的帶電體（如油滴、塵埃、小球等）在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。
二、帶電粒子在電場中的偏轉
1．粒子的偏轉角
（1）以初速度v0進入偏轉電場：如圖所示

設帶電粒子質量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉角為θ，則tan θ= ，式中vy=at= • ，vx=v0，代入得。
結論：動能一定時tan θ與q成正比，電荷量一定時tan θ與動能成反比。
（2）經加速電場加速再進入偏轉電場
若不同的帶電粒子都是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有：，得：。
結論：粒子的偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉電場。
2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題小結
（1）分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵
①條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。
②運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。
（2）粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論
①以初速度v0進入偏轉電場

作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場右邊緣的距離為x，則

結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出。
②經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子都是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由②和④得：偏移量
偏轉角正切為：
結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y和偏轉角θ都是相同的，也就是運動軌跡完全重合。
（3）計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的幾種方法：
①Y=y+Dtan θ（D為屏到偏轉電場的水平距離）
②Y=( +D)tan θ（L為電場寬度）
③Y=y+vy•
④根據(jù)三角形相似：
三、帶電粒子在電場中運動的實際應用——示波管
1．構造及功能（如圖所示）

（1）電子槍：發(fā)射并加速電子。
（2）偏轉電極YY′：使電子束豎直偏轉（加信號電壓）；偏轉電極XX′：使電子束水平偏轉（加掃描電壓）。
2．工作原理
偏轉電極XX′和YY′不加電壓，電子打到屏幕中心；若只在XX′之間加電壓，只在X方向偏轉；若只在YY′之間加電壓，只在Y方向偏轉；若XX′加掃描電壓，YY′加信號電壓，屏上會出現(xiàn)隨信號而變化的圖象。
3．示波管中電子在熒光屏上落點位置的判斷方法
示波管中的電子在YY′和XX′兩個偏轉電極作用下，同時參與兩個類平拋運動，一方面沿YY′方向偏轉，另一方面沿XX′方向偏轉，找出幾個特殊點，即可確定熒光屏上的圖形。
四、帶電粒子在交變電場中的運動
1．常見的交變電場
常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。
2．常見的試題類型
此類題型一般有三種情況：
（1）粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解）；
（2）粒子做往返運動（一般分段研究）；
（3）粒子做偏轉運動（一般根據(jù)交變電場特點分段研究）。
3．常用的分析方法
（1）帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）且不計粒子重力的情形。在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場。此類電場從空間看是勻強的，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變化的，即電場強度的大小、方向都隨時間而變化。
①當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可以做周期性的運動。
②當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。
（2）研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。
（3）對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運動時電場為恒定電場”，故帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動。
4．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法
（1）注重全面分析（分析受力特點和運動規(guī)律），抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。
（2）分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系。
（3）此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解），二是粒子做往返運動（一般分段研究），三是粒子做偏轉運動（一般根據(jù)交變電場的特點分段研究）。
（4）對于帶電粒子在交變電場中的運動問題，由于不同時間內場強不同，使得帶電粒子所受的電場力不同，造成帶電粒子的運動情況發(fā)生變化。解決這類問題，要分段進行分析，根據(jù)題意找出滿足題目要求的條件，從而分析求解。

【2019•中原名校聯(lián)盟高三第二次教學指導】（多選）傾角為的斜面體固定在水平面上，斜面的長度為，整個裝置處在水平向左的勻強電場中，一可視為質點的滑塊由斜面的底端以沿斜面向上的速度開始運動，滑塊剛好沿斜面勻速上滑，滑塊的質量為、電荷量為，已知滑塊與斜面之間的摩擦力可忽略不計、斜面的上表面絕緣，重力加速度，，。則下列說法正確的是

A．滑塊向上運動的過程中，電場力對滑塊一直做負功
B．電場強度的大小為
C．如果僅將電場強度增加為原來的兩倍，則滑塊的加速度大小應為
D．如果僅將電場強度減為原來的，則滑塊在斜面上運動到最高點的速度大小為
【參考答案】BD
【詳細解析】滑塊由斜面體的底端運動到最高點的過程中，滑塊受重力、支持力、水平向左的電場力，由于電場力與滑塊的位移夾角小于，則電場力對滑塊做正功，A錯誤；對滑塊由力的平衡條件可知：，所以電場強度，B正確；如果僅將電場強度加倍，根據(jù)牛頓第二定律得，解得，C錯誤；如果僅將電場強度減為原來的，則根據(jù)牛頓第二定律得: ，a1＝3 m/s2，方向沿斜面向下，則滑塊沿斜面向上做減速運動，由得，上滑的位移為，故滑塊到斜面頂端時速度不為零，由v02–v2＝2a1L，代入數(shù)據(jù)得v＝1 m/s，D正確。

1．【2019•黑龍江學與考聯(lián)盟四模】一帶負電粒子僅在電場力作用下做直線運動，從A點經B、C、G運動到D點，其v–t圖象如圖所示，則下列說法中正確的是

A．A處的電場強度的大小比B處的小       B．B處的電場強度方向和G處的相同
C．A處電勢大于G處電勢                   D．C處和D處電場強度均為0且電勢相同
【答案】C
【解析】粒子僅在電場力作用下運動，由v–t圖象可知，粒子經A處加速度大小大于B處，則在A處電場力大小大于B處，A處的電場強度的大小比B處的大，故A錯誤；經B處和G處時加速度方向不同，則B處的電場強度和G處的方向不相同，故B錯誤；經A處時速度比G處時大，則經A處時動能比G處時大，經A處時電勢能比G處時小，粒子帶負電，A處電勢大于G處電勢，故C正確；經D處和C處粒子加速度均為0，則電場強度均為0，而經D處和C處時速度大小不相等，則兩處電勢不相等，故D錯誤。
2．（多選）如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質量為m、帶電荷量為–q的帶電粒子（不計重力），以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是

A．使初速度減為原來的
B．使M、N間電壓加倍
C．使M、N間電壓提高到原來的4倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的
【答案】BD
【解析】粒子剛好能達到B金屬板時，根據(jù)動能定理得，，現(xiàn)在使帶電粒子能到達MN板間距的處返回，則電場力做功等于。當初速度為，U不變，則有帶電粒子動能的變化，故A錯誤；電壓提高到原來的2倍，則帶電粒子運動到MN板中點時電場力做功，故B正確；電壓提高到原來的4倍，則帶電粒子運動到距M板處時電場力做功，說明不可能運動到中點處，故C錯誤；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，則動能變化量為，運動到中點電場力做的功為，故，故D正確。
【名師點睛】由題意知粒子射入電場后，電場力做負功，動能減小，根據(jù)動能定理列出方程。要使粒子剛好達到兩板間距離的一半處，根據(jù)勻強電場沿電場線方向兩點間電勢差與距離成正比，再運用數(shù)學知識進行討論，選擇題意的選項。

如圖所示，一個帶電粒子從粒子源進入加速電壓為U1的加速電場（粒子初速不計），經加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入平行板間，A、B板長均為L，兩板間距為d，偏轉電壓為U2。則帶電粒子能從A、B兩板之間飛出必須滿足的條件是

A． B．            C． D．
【參考答案】D
【詳細解析】設粒子進入偏轉電場的速度為v，則，要想從板間飛出，側向位移，，又L=vt，聯(lián)立解得，故D正確，ABC錯誤。

1．【2019•北京市第一0一中學懷柔分校高考模擬】讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物以相同的初動能在同一位置垂直射入水平放置的一對平行板形成的勻強電場，不計離子的重力和離子間的相互作用，離子束從進入到射出該偏轉電場的過程中，下列說法正確的是（）
A．偏轉電場對每個離子做功相等           B．偏轉電場對每個離子沖量相同
C．在偏轉電場中它們形成兩股離子束       D．在偏轉電場中它們形成一股離子束
【答案】C
【解析】偏轉電場中運動的時間為：，偏轉距離為：，偏轉電場做功為：，由于一價氦離子和二價氦離子的電荷量不同，所以做功不同，故A錯誤；偏轉電場對每個離子沖量為：，所以轉電場對每個離子沖量不相同，故B錯誤；由可知，一價氫離子、一價氦離子的軌跡相同，二價氦離子的軌跡與前兩者不同，所以在偏轉電場中它們形成兩股離子束，故C正確，D錯誤。
2．【2018•百校聯(lián)盟高考名師猜題保溫金卷】（多選）三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從帶電平行金屬板左側中央以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入，并分別落在正極板的A、B、C三處，O點是下極板的左端點，且OC=2OA，AC=2BC，如圖所示，則下列說法正確的是

A．三個粒子在電場中運動的時間之比tA:tB:tC=2:3:4
B．三個粒子在電場中運動的加速度之比aA:aB:aC=1:3: 4
C．三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比EkA:EkB:EkC=36:16:9
D．帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7:20
【答案】ACD
【解析】三個粒子的初速度相等，在水平方向上做勻速直線運動，由x=vt得，運動時間，故A正確；三個粒子在豎直方向上的位移y相等，根據(jù) ，解得：，故B錯誤；由牛頓第二定律可知F=ma，因為質量相等，所以合力之比與加速度之比相同，合力做功W=Fy，由動能定理可知，動能的變化量等于合力做的功，所以，三個粒子在電場中運動過程的動能變化量之比為，故C正確；三個粒子的合力大小關系為：，三個粒子的重力相等，所以B僅受重力作用，A所受的電場力向下，C所受的電場力向上，即B不帶電，A帶負電，C帶正電，由牛頓第二定律得：，解得：，故D正確。
【名師點睛】三個質量相等的微粒在電場中都做類平拋運動，根據(jù)水平位移的大小比較出運動的時間，根據(jù)豎直位移相等，比較出粒子在豎直方向上的加速度，從而判斷出電荷的電性。根據(jù)動能定理比較三個微粒到達極板時的動能。

示波管是一種多功能電學儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如下圖所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速度不計），經過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中。金屬板長為L，相距為d，當A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點。已知電子的質量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是

A．U1變大，U2變大                   B．U1變小，U2變大
C．U1變大，U2變小                   D．U1變小，U2變小
【參考答案】B
【詳細解析】設經過電壓為U1的加速電場后，速度為v，在加速電場中，由動能定理得： mv2=eU1，電子進入偏轉電場后做類平拋運動，在水平方向上：L=vt，在豎直方向上：，解得：，由此可知，當U1變小，U2變大時，y變大，故選：B。

1．【2019•學科網(wǎng)第二次全國大聯(lián)考新課標Ⅲ卷】靜電場聚焦在電子顯微鏡和示波管中起著重要的作用。如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線，甲乙兩電子分別從a、b兩點運動到c點，則

A．兩電子的電勢能變化相同   B．電場力對兩電子做的功不同
C．電子在a點具有的電勢能比b點小   D．b處的電場強度比c處小
【答案】A
【解析】根據(jù) 可知兩電子從同一等勢線開始運動到另一等勢線，電場力對兩電子所做的功相同，兩電子電勢能的變化量也相同，故A正確，B錯誤；a、b兩點電勢相同，則電子在a點具有的電勢能等于在b點的電勢能，選項C錯誤；b處的電場線較c點密集，則b處的電場強度比c處大，選項D錯誤。
2．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示.如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的

A．極板X，Y應帶正電                   B．極板應帶正電
C．極板應帶正電               D．極板應帶正電
【答案】A
【解析】電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉則，電場方向為X到，則X帶正電，即極板X的電勢高于極板。同理可知Y帶正電，即極板Y的電勢高于極板，故A正確，BCD錯誤。
【名師點睛】由亮斑位置可知電子偏轉的打在偏向X、Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性由亮斑位置可知電子偏轉的打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性。

【2018•北京師大附中高一期中】如圖所示為范圍足夠大的勻強電場的電場強度E隨時間t周期性變化的圖象。當t＝0時，在電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是

A．帶電粒子將始終向同一個方向運動
B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點
C．帶電粒子在0~3s內的初、末位置間的電勢差為零
D．0~2.5 s內，電場力對帶電粒子所做的總功為零
【參考答案】C
【詳細解析】帶電粒子在前1 s處于勻加速，在第二秒內先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運動，故A錯誤；帶電粒子在前1 s處于勻加速，在第二秒內由于加速度大小是之前的2倍，方向與之前相反，因此用去0.5 s先做勻減速接著0.5 s反向加速。所以2 s末帶電粒子不在出發(fā)點，故B錯誤；帶電粒子在0~3 s內的初、末位置間的電場力做功為零，電勢能變化為零，則電勢差為零，故C正確；0~2.5 s內，電場力的總沖量等于粒子的運量變化，由于電場強度大小不一，所以2.5 s末速度不為零，因此總沖量不為零。粒子在2.5 s內沒有回到出發(fā)點，所以電場力的總功不為零，故D錯誤。
【名師點睛】本題關鍵之處是電場強度大小不一，導致加速度不一，所以失去對稱性．若電場強度大小相同，則帶電粒子一直同一個方向運動。

1．（多選）如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是

【答案】AD
【解析】在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始終不變，F(xiàn)＝U0ed，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個T4內向B板做勻加速直線運動，在第二個T4內向B板做勻減速直線運動，在第三個T4內反向做勻加速直線運動，在第四個T4內向A板做勻減速直線運動，所以a-t圖像應如圖D所示，v-t圖像應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋12at2，所以x-t圖像應是曲線，B錯誤。
【易錯提醒】電壓突然反向時，電場強度、電場力也隨之反向，則加速度反向，但速度不會立即反向。
2．（多選）如圖甲，A、B是一對平行金屬板，在兩板間加有周期為T的交變電壓U0，A板電勢為φA=0，B板電勢為φB隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。現(xiàn)有一個電子從A板的小孔進入兩板間的電場中，設電子的初速度和重力的影響均可忽略，則

A．若電子是在t=0時刻進入的，它將一直向B板運動
B．若電子是在t=T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上
C．若電子是在t=3T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上
D．若電子是在t=T/2時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動
【答案】AB
【解析】若電子在t=0時刻進入的，在一個周期內，前半個周期受到的電場力向上，向上做加速運動，后半個周期受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動，T時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向B板運動，一定會到達B板，故A正確；若電子是在時刻進入的，在一個周期內：在，電子受到的電場力向上，向上做加速運動，在內，受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動，時刻速度為零，接著繼續(xù)向B板運動，周而復始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上，故B正確；若電子是在時刻進入的，與在時刻進入時的情況相似，在運動一個周期的時間內，時而向B板運動，時而向A板運動，總的位移向左，最后穿過A板，故C錯誤；若電子是在時刻進入的，在一個周期內：在，電子受到的電場力向左，向左做加速運動，在內，受到的電場力向右，繼續(xù)向左做減速運動，時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向A板運動，一定不會到達B板，故D錯誤。

1．如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶電液滴以速度沿與水平面成θ角的方向斜向上進入勻強電場，在電場中做直線運動，則液滴向上運動過程中

A．電場力不可能小于mgcos θ
B．液滴的動能一定不變
C．液滴的機械能一定變化
D．液滴的電勢能一定不變
2．【2019•山東省臨沂市高三5月第三次模擬考試】（多選）在豎直向上的勻強電場中，有兩個質量相等、帶異種電荷的小球A、B（均可視為質點）處在同一水平面上。現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則

A．A球帶正電，B球帶負電
B．A球比B球先落地
C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加
D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小
3．【2019•江蘇揚州中學高考模擬】（多選）如圖所示，粗糙絕緣直角斜面ABC固定在水平面上，并處在方向與AB面平行的勻強電場中，一帶正電的物體在電場力的作用下從斜面的底端運動到頂端，它的動能增加了ΔEk，重力勢能增加了ΔEp，系統(tǒng)產生的內能為Q，則下列說法正確的是（）

A．電場力對物體所做的功等于ΔEk           B．物體克服重力做的功等于ΔEp
C．合外力對物體做的功等于ΔEk               D．電場力所做的功等于ΔEk+Q
4．【2018•云南省宣威市第二中學期中】如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是

A． B． C． D．
5．（多選）一帶負電的粒子在電場中做直線運動的速度圖象如圖所示，在第2 s 和第8 s時刻分別經過M、N兩點，已知運動過程中粒子僅受電場力的作用，則以下判斷正確的是

A．該電場一定是勻強電場
B．M點的電勢低于N點的電勢
C．從M點到N點的過程中，電勢能逐漸增大
D．帶電粒子在M點所受電場力大于在N點所受電場力
6．如圖甲所示為示波管，如果在YY′之間加如圖乙所示的交變電壓，同時在XX′之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使X的電勢比X′高，則在熒光屏上會看到的圖形為

圖甲圖乙圖丙
A． B． C． D．
7．【2018•浙江稽陽聯(lián)誼學校高三聯(lián)考】現(xiàn)有兩極板M（+）、N（一），板長80 cm，板間距20 cm，在兩板間加一周期性的直流電壓，如圖所示。現(xiàn)有一粒子（正電， =104 C/kg）0時刻從上極板左側邊緣水平射入兩極板間，v=2×103 m/s，重力不計，則正確的是

A．粒子的運動軌跡為拋物線
B．經Δt=0.8×10-4 s，粒子速度為0.8×103 m/s
C．粒子能從兩板間射出
D．若粒子要從兩板間射出，兩板間距至少為10 cm
8．【2018•普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試模擬】如圖所示，平行金屬板A、B正對放置，兩板間電壓為U，一束完全相同的帶電粒予以不同速率沿圖中虛線平行于金屬板射入板間，其速率介于 ~k （k>1）之間且連續(xù)分布，帶電粒子射出金屬板后打在右側的一垂直于A、B板的熒光屏上，打在熒光屏上的長度為L，已知所有粒子均可射出金屬板，且不考慮帶電粒子間的相互作用，若僅將金屬板A、B間的電壓減小至，不計帶電粒子的重力。則打在熒光屏上的長度變?yōu)?span style="display:none">Kk6物理好資源網(wǎng)(原物理ok網(wǎng))

A． B． C． D．L
9．（多選）如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b，分別與電源的正負極相連，a，b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，帶正電的液滴從小孔的正方P點由靜止自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為v1，現(xiàn)使a板不動，保持電鍵S打開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，先后穿過兩個小孔后速度v2，下列說法中正確的是

A．若電鍵S保持閉合，向下移動b，則
B．若電鍵S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則
C．若S保持閉合，無論向上或向下移動b板，則
D．若電鍵K閉合一段時間再斷開，無論向上或向下移動板，則
10．【2018•北京市第二十中學高二期中】如圖是示波管的工作原理圖：電子經電場加速后垂直于偏轉電場方向射入偏轉電場，若加速電壓為，偏轉電壓為，偏轉電場的極板長度與極板間的距離分別為和，為電子離開偏轉電場時發(fā)生的偏轉距離，取“單位偏轉電壓引起的偏轉距離”來描述示波管的靈敏度，即（該比值越大則靈敏度越高），則下列哪種方法可以提高示波管的靈敏度

A．增大 B．增大 C．減小 D．減小
11．如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ=60°角的位置B時速度為零。以下說法中正確的是

A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)
B．小球受到的重力與電場力的關系是 Eq=mg
C．小球將在AB之間往復運動，且幅度將逐漸減小
D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為
12．【2018•山東省泰安市高二期末】如圖所示是個示波管工作原理的示意圖。電子經電壓加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為，板長為。為了提高示波管的靈敏度( 每單位電壓引起的偏轉量)，可采用的方法是

A．盡可能使板長長些                   B．增大兩板間的電勢差
C．盡可能使板間距離d大一些               D．使加速電壓升高一些
13．（多選）如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0~T/3時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0~T時間內運動的描述，正確的是

A．末速度大小為                    B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了                D．克服電場力做功為mgd
14．如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，現(xiàn)有一質量為m的帶電粒子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經電壓U0=400 V電壓加速后通過B點進入兩板間距為d=0.2 m、電壓為U=200 V的水平放置的平行金屬板間，若帶電粒子從兩塊水平平行板的正中間射入，且剛好能從水平放置的平行金屬板右側邊緣射出，A、B分別為兩塊豎直板的中點， =0.5 C/kg，求：

（1）帶電粒子通過B點時的速度大小；
（2）帶電粒子穿出右側平行金屬板時的速度大小；
（3）右側平行金屬板的長度。
15．【2019•高考考前最后一卷新課標A卷】如圖1所示為示波管的示意圖，由加速電場和偏轉電場組成，其中加速電場兩極板p、q之間的距離很小，在左側極板有一粒子發(fā)射源，能源源不斷地發(fā)射一系列速度相同的負粒子，粒子的速度方向水平向右，沿偏轉電場的中心線射入其中，最終打在右側足夠長的豎直擋板MN上，粒子的速度和電荷量、質量均未知。在加速電場施加如圖2所示的電壓，電壓與粒子的速度和電荷量、質量的關系為，已知偏轉電場極板的長度為L，兩極板之間的距離為L，上下兩極板間偏轉電壓恒為，豎直擋板距離水平極板右側的距離為，又任意時刻發(fā)射的粒子均能打在豎直擋板上，忽略粒子的重力、粒子間的相互作用力以及粒子在加速電場中的運動時間。求：
（1）如果在一個周期內，豎直擋板僅有兩點接收到粒子，則該兩點之間的距離為多少？
（2）僅改變偏轉電場兩極板之間的距離，粒子仍從兩極板的中心線射入，兩極板之間的距離滿足什么條件時豎直擋板上僅有一點接收到粒子？
（3）當上下兩極板之間距離為L時，在0時刻與時刻發(fā)射的粒子，達到擋板瞬間的動能之比為多少？

1．【2019•天津卷】如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為的帶電小球，以初速度v從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程

A．動能增加                    B．機械能增加
C．重力勢能增加                D．電勢能增加
2．【2019•江蘇卷】一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是

3．【2018•江蘇卷】如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴

A．仍然保持靜止   B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動
4．【2017•江蘇卷】如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到點，則由O點靜止釋放的電子

A．運動到P點返回                   B．運動到P和點之間返回
C．運動到點返回                   D．穿過點
5．【2019•新課標全國Ⅱ卷】如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為（ >0）。質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。
（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

6．【2019•新課標全國Ⅲ卷】空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求
（1）電場強度的大小；
（2）B運動到P點時的動能。
7．【2019•天津卷】2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生，這種引擎不需要燃料，也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極、之間的勻強電場（初速度忽略不計），、間電壓為，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時間內飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質量為，電荷量為，其中是正整數(shù)，是元電荷。

（1）若引擎獲得的推力為，求單位時間內飄入、間的正離子數(shù)目為多少；
（2）加速正離子束所消耗的功率不同時，引擎獲得的推力也不同，試推導的表達式；
（3）為提高能量的轉換效率，要使盡量大，請?zhí)岢鲈龃?的三條建議。

1．A 【解析】帶電液滴在勻強電場中共受到兩個力作用：豎直向下的重力和恒定的電場力，因為液滴做直線運動，所以他們的合力沿運動方向所在的直線；當電場力與速度方向垂直時，電場力最小（如圖所示），由幾何知識求得最小值為Fmin=F0=mgcos θ，故A正確；液滴做直線運動，電場力可能豎直向上，與重力相平衡，液滴做勻速直線運動，動能不變；電場力也可能不在豎直向上，合力與速度方向相同時，液滴做勻加速直線運動，動能增大；合力與速度方向相反時，液滴做勻減速直線運動，動能減小，故B錯誤；電場力方向可能與速度方向垂直（如圖中F0），電場力不做功，電勢能不變，機械能不變，電場力也可能與速度不垂直（如圖中F1和F2），電場力做功，電勢能改變，機械能也改變，故CD錯誤；故選A。

【名師點睛】本題是帶電粒子在復合場中的運動問題；關鍵是掌握質點做直線運動的條件：合力方向與速度方向在同一直線上或合力為零，要考慮勻速直線運動和變速直線運動兩種情形，全面分析，不能遺漏；此題意在考查學生對知識的靈活運用能力。
2．AD 【解析】兩球在水平方向都做勻速直線運動，由x=v0t知，v0相同，則A運動的時間比B的長，豎直方向上，由h= at2，h相等，可知，A的合力比B的小，所以A的電場力向上，帶正電，B的電場力向下，帶負電，故A正確。A運動的時間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯誤。A的電場力向上，電場力對A球做負功，A球的電勢能增加。B的電場力向下，電場力對B球做正功，B球的電勢能減小，故C錯誤。A的合力比B的小，則A的合力做功較少，由動能定理知A球的動能變化小，故D正確。
3．BC 【解析】物體在電場力的作用下從斜面的底端運動到頂端，電場力做正功，摩擦力做負功，重力做負功，支持力不做功，根據(jù)動能定理有W電+W重+Wf=ΔEk；重力做功等于重力勢能的減小量，即-W重=ΔEp，故W電=ΔEk+ΔEp+ΔU，故AD錯誤；物體克服重力做的功等于重力勢能的增加量，故為ΔEp，故B正確；根據(jù)動能定理，合外力對物體做的功等于動能增加量，為ΔEk，故C正確。
4．A 【解析】電子一個周期內的運動情況是：0～T/4時間內，電子從靜止開始做勻加速直線運動，T/4～T/2沿原方向做勻減速直線運動，T/2時刻速度為零。T/2～3T/4時間內向B板做勻加速直線運動，3T/4～T繼續(xù)做勻減速直線運動。根據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知A符合電子的運動情況，故A正確。電子做勻變速直線運動時x-t圖象是拋物線，故B錯誤。根據(jù)電子的運動情況：勻加速運動和勻減速運動，而勻變速運動的加速度不變，a-t圖象應平行于橫軸。故C錯誤。勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，Ek-t圖象是曲線。故D錯誤。
5．AB 【解析】由圖可知，粒子在電場中的加速度是不變的，故受到的電場力不變，所以該電場是均勻的，選項A正確；由圖又可以判斷該帶負電的粒子是以一定的速度順著電場線的方向射入電場的，其中2 s時的M點速度大小小于8 s時N點的速度大小，所以二個點并沒有在電場的同一位置，而是沿著電場線的方向由N指向M，故M點的電勢低于N點的電勢，選項B正確；可見，帶負電的粒子在M點的電勢能要大于在N點的電勢能，故從M點到N點的過程中，電勢能逐漸減小，選項C錯誤；因為是勻強電場，故帶電粒子在M點所受電場力等于在N點所受電場力，選項D錯誤。
6．C 【解析】因XX′偏轉電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與YY′偏轉電壓上加的待顯示的信號電壓相同，則在熒光屏上得到的信號是一個周期內的穩(wěn)定圖象。則顯示如圖C所示；故選：C。
7．D 【解析】粒子的運動是勻變速曲線運動和勻變速直線運動的組合，粒子的運動軌跡不為拋物線，故選項A錯；粒子的加速度；經Δt=0.8×10-4 s，粒子速度為，帶入數(shù)據(jù)解得，故選項B錯；若粒子能射出，則：t= =4×10-4 s，所以豎直位移，，板問距20 cm，所以粒子不能從兩板間射出，向下C錯；由得d=10 cm，D正確。
【名師點睛】此題關鍵是要搞清粒子在兩個方向上的運動特點：水平方向是勻速運動，豎直方向先加速后勻速，再加速后勻速，聯(lián)系運動的合成知識進行解答.
8．C 【解析】運動軌跡如圖所示：帶電粒子射出金屬板后的速度的反向延長線都過O點，O點為中點，設板長為x1，熒光屏距金屬板的邊緣距離為x2，最大速度與最小速度射出金屬板時的偏轉位移差為，由相似三角形可知，解得：，C為常數(shù)，，，，以上兩式聯(lián)立解得：，為常數(shù)，所以，當U減為時，L也減小為，故應選C。

9．BC 【解析】由于兩極板接在電源兩端，若S保持閉合，無論向上還是向下移動b板時，兩板間的電壓不變，故電場力做功不變，高度也不變，故重力做功不變，故總功不變，由動能定理可得，則，A錯誤；C正確；若電鍵S閉合一段時間后再斷開，兩極板所帶電荷量不變，向上移動b板，兩板間電勢差增大，重力做功不變，克服電場力做功增加，由動能定理可知，液滴速度變小，即；如果向下移動b板，兩板間電勢差減小，重力做功不變，克服電場力做功變小，由動能定理可知，小球速度變大，即，B正確；D錯誤。
【名師點睛】帶正電的液滴在下落過程中受到豎直向下的重力，豎直向上的電場力作用，重力做正功，電場力做負功；由動能定理判斷帶電液滴速度大小關系。
10．D 【解析】經加速電場后的速度為v，則根據(jù)動能定理：，所以電子進入偏轉電場時速度的大小為，，電子進入偏轉電場后的偏轉的位移為，，所以示波管的靈敏度，所以要提高示波管的靈敏度可以增大L，減小d和減小U1，故D正確，ABC錯誤。
11．D 【解析】如圖所示，小球的運動可看成是在一個等效重力場中的擺動過程，根據(jù)擺球模型的特點，小球在B位置時受力不平衡，并且小球將在AB之間往復運動，其幅度不變，故AC錯誤；根據(jù)擺球模型的對稱性可知，當小球處在AB軌跡的中點位置時，小球沿切線方向的合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30°，根據(jù)三角函數(shù)關系得，化簡得，B錯誤；小球從A運動到B的過程中，電場力對其做功為，D正確。

12．A 【解析】帶電粒子加速時應滿足：，帶電粒子偏轉時，由類平拋規(guī)律，應滿足：L=v0t，，，聯(lián)立以上各式可得，，故A正確，BCD錯誤。
13．BC 【解析】0~ 時間內微粒勻速運動，則有：qE0=mg， ~ 內，微粒做平拋運動，下降的位移， ~T時間內，微粒的加速度，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確；微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為 d，則重力勢能的減小量為 mgd，故C正確；在 ~ 內和 ~T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為 d，整個過程中克服電場力做功為2E0•q• d= qE0d= mgd，故D錯誤。
【名師點睛】解決本題的關鍵是知道微粒在各段時間內的運動規(guī)律，抓住等時性，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。知道在 ~ 內和 ~T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，位移的大小相等。
14．【答案】（1）20 m/s （2）10 m/s （3）0.4 m
【解析】（1）電場中的直線加速，由動能定理：解得：
（2）偏轉過程由動能定理：得：
（3）由牛頓第二定律：
豎直方向的勻加速直線運動：
解得：
水平方向的位移：
15．【答案】（1）（8分）（2）（6分）（3）（4分）
【解析】（1）粒子經加速電場后，速度要發(fā)生變化。在0~ 時間內，設粒子源發(fā)射的粒子速度大小為v0，剛進入偏轉電場的速度大小為v1。
由動能定理得：–qU0= mv12– mv02
將代入后解得：v1=
在偏轉電場中，粒子運動時間t1=
側移量y1= at12=
解得：y1=
粒子在整個過程中的側移為
代入數(shù)據(jù)解得，偏轉方向向上
設在時間內進入偏轉電場的粒子速度大小為v2，同理，v2=
在偏轉電場中的側移為y2=
粒子在整個過程中的側移為，偏轉方向向上
擋板上兩個發(fā)光點之間的距離Δy=
（2）考慮到臨界條件，設當極板間距為時，粒子剛好從偏轉極板邊緣飛出，則有
又、
整理得，
對于速度v1時，
對于速度v2時，
只改變偏轉電場兩極板之間的距離，要使豎直擋板僅接收到一個點，極板間距應滿足：
（3）由以上解析可知，0時刻發(fā)射的粒子的側移為y1= ，時刻發(fā)射的粒子的側移為y2=
因此對0時刻發(fā)射的粒子由動能定理得–qU0+ =Ek1– mv02
對時刻發(fā)射的粒子由動能定理得qU0+ =Ek2– mv02
解得

1．B 【解析】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球由動能定理有，聯(lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤。
2．A 【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確。
3．D 【解析】本題考查平行板電容器的電場及電荷受力運動的問題，意在考查考生分析問題的能力。兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當下極板旋轉時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確。

4．A 【解析】設A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得：qU1=qU2=qEd，將C板向右移動，B、C板間的電場強度，E不變，所以電子還是運動到P點速度減小為零，然后返回，故A正確；BCD錯誤。
【名師點睛】本題是帶電粒子在電場中的運動，主要考察勻變速直線運動的規(guī)律及動能定理，重點是電容器的動態(tài)分析，在電荷量Q不變的時候，板間的電場強度與板間距無關。
5．【答案】（1）（2）
【解析】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有 ① F=qE=ma②
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有 ③
設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有 ④ l=v0t⑤
聯(lián)立①②③④⑤式解得 ⑥ ⑦
（2）設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為 ⑧
6．【答案】（1）（2）
【解析】（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件，有mg+qE=ma① ②
解得 ③
（2）設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有 ④
且有 ⑤ ⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得 ⑦
7．【答案】（1）（2）（3）用質量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。
【解析】（1）設正離子經過電極時的速度為v，根據(jù)動能定理，有 ①
設正離子束所受的電場力為，根據(jù)牛頓第三定律，有 ②
設引擎在時間內飄入電極間的正離子個數(shù)為，由牛頓第二定律，有 ③
聯(lián)立①②③式，且得 ④
（2）設正離子束所受的電場力為，由正離子束在電場中做勻加速直線運動，有 ⑤
考慮到牛頓第三定律得到，聯(lián)立①⑤式得 ⑥
（3）為使盡量大，分析⑥式得到三條建議：用質量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓。

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帶電粒子在勻強電場中的運動考點及考情分析

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帶電粒子在勻強電場中的運動 考點及考情分析

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