資源簡介

9　帶電粒子在電場中的運動
1～5、7題每題7分，6題14分，共56分
考點一　帶電粒子在電場中的加速
1.(多選)(2023·內江市第六中學高二階級練習)如圖所示，兩豎直放置的平行板與電源相連接，閉合開關S的同時將一帶負電的粒子(重力可忽略不計)由A板靜止釋放，經時間t運動到B板時的速度為v，該粒子的加速度大小為a，粒子到B板時的動能大小為Ek，如果僅將兩板之間的距離加倍，則(　　)
A．粒子運動到B板的速度為2v
B．粒子的加速度變為
C．粒子的運動時間變為2t
D．粒子運動到B板的動能為Ek
2.(2023·湖北武鋼三中高二期中)某平行板電容器帶電荷量為Q，電容為C，板間距離為d，如圖所示。有一質量為m，電荷量為－q(q>0)的點電荷(q遠小于Q)，從緊靠正極板的O點以垂直于極板的速度出發，只受電容器板間電場力作用，最遠只能運動到A點，然后返回，OA＝L，則該點電荷的初動能為(　　)
A. B. C. D.
考點二　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
3.(2023·瀘州市高二期中)如圖所示，水平放置的平行板電容器始終與電源保持連通，一帶電粒子(重力不計)以速度v0水平射入電場，且恰沿下板邊緣飛出。若下板不動，將上板上移一小段距離，該粒子仍以相同的速度v0從原處飛入，則該粒子(　　)
A．仍沿原軌跡運動恰由下板邊緣飛出
B．將打在下板上，不能飛出電容器
C．仍可飛出電容器，但離開電容器瞬間的速度將增大
D．若上板不動，將下板上移一段距離，則該粒子可能打在下板的中央
4.(2024·成都市高二月考)如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是(　　)
A. B.
C. D.
5.(多選)(2023·太原市高二期末)三個電子在同一地點沿同一直線垂直飛入偏轉電場，不計電子重力，如圖所示，a打在下極板上，b恰好飛出。則由此可判斷(　　)
A．b和c同時飛離電場
B．在b飛離電場的瞬間，a剛好在打在下極板上
C．進入電場時，a速度最小，c速度最大
D．c的動能增加量最大，a和b的動能增加量一樣大
6．(14分)(2023·臺山市第一中學高二期中)如圖所示，有一電子(電荷量為e、質量為m)由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，在兩平行板正中央處垂直進入平行板間的勻強電場，并且恰能從下板右邊緣飛出電場。兩板間距為d，板長為l，不計電子重力。
(1)(4分)求電子經過U1加速后獲得的速度大小。
(2)(5分)若U1＝1 500 V，d＝2.0 cm，l＝5.0 cm，則兩平行極板所加偏轉電壓U2為多大。
(3)(5分)求電子經過下板右邊緣時的動能大小。(答案用字母符號e、U1、U2表示，無需代入數據)
考點三　示波管
7．(多選)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點出現亮斑，那么示波管中的(　　)
A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電
C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電
8～10題每題10分，共30分
8.(多選)(2023·運城市高二期中)如圖所示，讓帶電粒子M和N分別以不同的初速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板同一點。已知qN＝2qM，mN＝4mM，不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，則從粒子射入到打在上極板的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．它們運動的時間之比tM∶tN＝1∶2
B．它們的初速度之比vM∶vN＝2∶1
C．它們的動能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝4∶1
D．它們的電勢能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4
9.(多選)(2024·涼山寧南中學期中)如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，板厚不計，則(　　)
A．在前時間內，電場力對粒子做的功為
B．在后時間內，電場力對粒子做的功為
C．粒子的出射速度的偏轉角θ滿足關系tan θ＝
D．粒子在豎直方向通過前和后過程中，電場力做功之比為1∶1
10．(2020·浙江7月選考)如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時(　　)
A．所用時間為
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
11．(14分)(2022·洪洞縣第二中學高二階段練習)如圖所示，虛線MN左側有一電場強度為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側距PQ為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子(電荷量為e，質量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側的屏上，A點到MN的距離為，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：
(1)(3分)電子到MN的速度大小；
(2)(3分)電子從釋放到打到屏上所用的時間；
(3)(4分)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ；
(4)(4分)電子打到屏上的點P′(圖中未畫出)到點O的距離x。
9　帶電粒子在電場中的運動
1．BCD　[設電源電壓為U，兩板之間的距離為d，粒子的質量為m，粒子的電荷量為q，由牛頓第二定律得a＝，由動能定理得qU＝mv2，則粒子到B板的動能為Ek＝qU，粒子運動到B板的速度為v＝，粒子在板間運動的時間為t＝＝＝d
如果僅將兩板之間的距離加倍，則由a＝可知，粒子的加速度變為，故B正確；由v＝可知，增加兩板之間的距離對速度無影響，故粒子運動到B板的速度仍為v，故A錯誤；由t＝d可知，兩板之間的距離加倍后粒子的運動時間變為2t，故C正確；由Ek＝qU可知，增加兩板之間的距離對動能無影響，故粒子運動到B板的動能仍為Ek，故D正確。]
2．A　[設電荷的初動能為Ek，整個過程由動能定理可得Ek＝qL，根據電容的定義式可得U＝，整理可得Ek＝，故選A。]
3．D　[平行板電容器始終與電源保持連通，兩極板間的電壓保持不變，將上板上移一小段距離，極板間的距離變大，根據E＝，可知E減小，帶電粒子受到的電場力減小，根據牛頓第二定律F＝ma可知加速度減小。極板長度和水平速度不變，由t＝知帶電粒子飛出極板的時間不變。豎直方向的位移為y＝at2，時間不變，加速度減小，豎直方向的位移減小。故該粒子不會打在下板上，能飛出電容器，故A、B錯誤；豎直方向的位移減小，電場力做功減小，根據動能定理W＝mv2－mv02，可知離開電容器瞬間的速度將減小，C錯誤；若上板不動，將下板上移一段距離，根據上述分析知粒子可能打在下板的中央，故D正確。]
4．B　[帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據運動的合成與分解得vy＝＝v0，水平方向上有d＝v0t，豎直方向上有vy＝t，聯立解得E＝，故選B。]
5．BC　[三個電子的質量和電荷量都相同，可知加速度相同，a、b兩電子在豎直方向上的位移相等，根據y＝at2，可知運動時間相等，故B正確；b、c豎直方向上的位移不等，ycvb，根據ta＝tb，xb>xa，則vb>va，所以有vc>vb>va，故C正確；根據動能定理知，a、b兩電子，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，離開電場時c電子偏移量最小，電場力做功最少，動能增加量最小，故D錯誤。]
6．(1)　(2)480 V 　(3)eU1＋eU2
解析　(1)電子加速過程，根據動能定理有eU1＝mv02
解得v0＝
(2)電子在偏轉電場中做類平拋運動，則有l＝v0t，y＝at2，又a＝＝，y＝，解得U2＝＝480 V
(3)電子經加速和偏轉全過程，根據動能定理，電子經過下板右邊緣時的動能Ek＝eU1＋eU2。
7．AC　[由題意可知，在XX′方向上電子向X方向偏轉，極板X帶正電；在YY′方向上電子向Y方向偏轉，極板Y帶正電，故選A、C。]
8．ABD　[帶電粒子在電場中做類平拋運動，在豎直方向有y＝at2＝t2，解得t＝，則有＝＝＝＝，A正確；帶電粒子在水平方向有vMtM＝vNtN，解得＝＝，B正確；由動能定理可得動能增加量ΔEk＝qEy，則有＝＝×＝，C錯誤；由功能關系可知，電場力做正功，電勢能減少，則電勢能的減少量等于電場力做功的大小，則有＝＝×＝，D正確。]
9．BCD　[粒子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，因為在t時刻恰好沿下板的邊緣飛出，則＝at2，在前內d′＝a()2＝d，所以電場力對粒子做功為W1＝Eqd′＝qU，后內d″＝－d′＝d，電場力對粒子做功為W2＝Eqd″＝qU，故A錯誤，B正確；粒子的出射速度偏轉角正切值為tan θ＝＝＝＝＝，故C正確；粒子在豎直方向通過前和后的過程中，電場力相同，所以電場力做功之比為1∶1，故D正確。]
10．C　[粒子在電場中只受電場力，F＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動。水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝at2＝·t2，＝tan 45°，解得t＝，故A錯誤。vy＝at＝·＝2v0，則速度大小v＝＝v0，tan θ＝＝，則速度方向與豎直方向的夾角不為30°，故B、D錯誤；x＝v0t＝，與P點的距離s＝＝，故C正確。
]
11．(1)　(2)3　(3)2　(4)3L
解析　(1)電子從A運動到MN的過程中，根據動能定理得eE×＝mv2，解得v＝
(2)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，則a1＝
由v＝a1t1，得t1＝＝，從MN到打到屏上的過程中所用時間t2＝＝2
總時間t＝t1＋t2＝3
(3)設電子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得，電子在電場E2時的加速度為a2＝＝，電子在電場E2中飛行時間t3＝，則vy＝a2t3＝2
電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan θ＝，解得tan θ＝2
(4)電子在電場中的運動軌跡如圖所示
根據幾何關系得tan θ＝
解得x＝3L。9　帶電粒子在電場中的運動
[學習目標]　1.會分析帶電粒子在電場中的直線運動，掌握求解帶電粒子直線運動問題的兩種方法(重點)。2.會用運動的合成與分解的知識，分析帶電粒子在電場中的偏轉問題(重難點)。3.了解示波管的主要構造和工作原理。
一、帶電粒子在電場中的加速
熾熱的金屬絲可以發射電子。在金屬絲和金屬板間加電壓U，發射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設電子剛離開金屬絲時的速度為零，電子質量為m、電荷量大小為e。(如圖)
(1)電子加速時受到幾個力的作用？電子做什么運動？
(2)求電子到達正極板時的速度大小？(用不同的方法求解)
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1．帶電粒子的分類及受力特點
(1)電子、質子、α粒子、離子等微觀粒子，一般都不考慮重力，但不能忽略質量。
(2)質量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電液滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。
2．分析加速運動的兩種方法
動力學角度 功能關系角度
選擇條件 勻強電場，電場力是恒力 任意電場，恒力或變力
常用關系式 F＝ma，v＝v0＋at， x＝v0t＋at2， v2－v02＝2ax 勻強電場中：qEd＝mv2－mv02 非勻強電場中：qU＝mv2－mv02
例1　(2024·北京市第一六一中學高二月考)如圖，在P板附近有電荷由靜止開始向Q板運動，則以下說法正確的是(　　)
A．到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關
B．到達Q板的速率與板間距離無關
C．兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大
D．若電壓U與電荷的電荷量q均變為原來的2倍，則電荷到達Q板的速率變為原來的4倍
例2　如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板。質量為m(不計粒子所受重力)、電荷量大小為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達距N板后返回，下列措施中能滿足要求的是(　　)
A．使初速度減為原來的
B．使M、N間電壓提高到原來的2倍
C．使M、N間電壓提高到原來的3倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的
二、帶電粒子在勻強電場中的偏轉
如圖，兩個相同極板Y與Y′的長度為l，相距d，極板間的電壓為U。一個質量為m、電荷量為e的電子沿平行于板面的方向射入電場中，射入時的速度為v0。把兩極板間的電場看作勻強電場。
(1)電子在電場中做什么運動？如何處理？
____________________________________。
(2)設電子不與極板相撞，完成下列內容(均用題中所給字母表示)。
①電子通過電場的時間t＝________。
②電場力方向：加速度a＝____________，離開電場時垂直于極板方向的分速度vy＝________________。
③速度與初速度方向夾角的正切值tan θ＝________________。
④離開電場時沿電場力方向的偏移量y＝________________。
幾個重要推論
推論1：如圖所示，粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點。
證明：由tan θ＝，y＝和x＝，知x＝。故O點為粒子沿初速度方向位移的中點，所以粒子從偏轉電場中射出時，就好像是從極板間處沿直線射出似的。
推論2：位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉角正切值的，即tan α＝tan θ。
推論3：不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經同一電場加速后，再進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合。
證明：帶電粒子先經加速電場(電壓U加)加速，又進入偏轉電場(電壓U偏)，射出偏轉電場時，偏移量y＝at2＝＝＝，速度偏轉角的正切值tan θ＝。可見偏移量y和偏轉角θ只與U加、U偏有關，與q、m無關，運動軌跡必定重合。
例3　如圖所示，質子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉電場(兩粒子均不計重力)，這兩個粒子都能射出電場，α粒子的質量是質子的4倍，帶電荷量是質子的2倍，則質子和α粒子射出電場時的偏移量y之比為(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4
例4　(2024·襄陽市第五中學高二月考)讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物由靜止開始經過同一加速電場加速，然后在同一偏轉電場里偏轉，最后都從偏轉電場右側離開，圖中畫出了其中一種粒子的運動軌跡，下列說法正確的是(　　)
A．在加速電場中運動時間最長的是一價氫離子
B．經加速電場加速后動能最小的是二價氦離子
C．在偏轉電場中三種離子的加速度之比為1∶4∶2
D．在加速和偏轉過程中三種離子的軌跡都重合
例5　一個電荷量為q＝－2×10－8 C，質量為m＝1×10－14 kg的帶電粒子，由靜止經電壓為U1＝1 600 V 的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進入一個電壓為U2＝2 400 V的偏轉電場，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點，偏轉電場兩極板間距為d＝8 cm，極板長L＝8 cm，極板的右端與熒光屏之間的距離為L′＝8 cm。整個裝置如圖所示，(不計粒子的重力)求：
(1)粒子出加速電場時的速度v0的大小；
(2)粒子出偏轉電場時的偏移距離y；
(3)P點到O2的距離y′。
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三、示波管的原理
1．構造
示波管是示波器中的顯示儀器，內部主要由陰極K，陽極A，分別接在高壓電源的負極和正極，偏轉電極(由一對X1、X2和一對Y1、Y2，兩對垂直放置的偏轉電極組成)和熒光屏組成，如圖所示。
2．原理
經燈絲F的加熱，陰極釋放出電子，電子經電場加速后從陽極中間的小孔飛出，若沒有其他作用，它們都將打到右側熒光屏的中央O點，從而形成一個亮斑。Y1、Y2和X1、X2是兩對垂直放置的偏轉電極，分別控制電子束沿豎直方向和水平方向的偏轉，從而電子束有可能打到熒光屏的各個位置。
例6　如圖甲所示為示波管的原理圖，如果在電極YY′之間所加的電壓按如圖乙所示的規律變化，在電極XX′之間所加的電壓按如圖丙所示的規律變化，則在熒光屏上看到的圖形是(　　)
9　帶電粒子在電場中的運動
一、
(1)只受電場力一個力的作用，電子向右做勻加速直線運動
(2)方法一：運用動力學方法求解
電子受到電場力 F＝eE＝
加速度a＝＝
v2＝2ad＝2得v＝
方法二：由動能定理有
eU＝mv2
得v＝。
二、
(1)電子在電場中做類平拋運動，應運用運動的分解進行處理，沿v0方向：做勻速直線運動；沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動。
(2)①　②　
③　④
例1　B　[根據動能定理得qU＝mv2，到達Q板的速率為v＝，可知到達Q板的速率只與加速電壓有關，與板間距離無關，故A錯誤，B正確；根據L＝at2，a＝，可知兩板間距離越大，加速度越小，加速的時間越長，故C錯誤；電荷到達Q板的速率為v＝，若電壓U與電荷的電荷量q均變為原來的2倍，則電荷到達Q板的速率變為原來的2倍，故D錯誤。]
例2　D　[由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，在粒子恰好能到達N板時，由動能定理可得－qU＝－mv02，要使粒子到達距N板后返回，設此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理可得－q×＝－mv12，聯立得＝，故選D。]
例3　B　[質子和α粒子垂直射入偏轉電場后都做類平拋運動，由牛頓第二定律得a＝，水平方向有L＝v0t，豎直方向有y＝at2，解得y＝＝。兩個粒子初動能相同，α粒子的帶電荷量是質子的2倍，質子和α粒子射出電場時的偏移量之比為1∶2，選項B正確。]
例4　D　[設加速電壓為U1，加速過程根據動能定理有qU1＝Ek－0＝mv2－0，可得Ek＝qU1，知加速后動能最小的離子是一價離子，故B錯誤；設加速電場板間距離為L，在加速電場中運動時間t1＝＝L，則加速時間最長的是一價氦離子，故A錯誤；設偏轉極板間距離為d，粒子偏轉過程做類平拋運動，則有a＝，知三種離子加速度之比為∶∶＝4∶1∶2，故C錯誤；在加速電場中，受力方向相同，做直線運動，軌跡相同；在偏轉電場中，當水平位移為x時偏移量為y＝at22＝·()2＝，可知偏移量與q、m無關，三種離子軌跡重合，故D正確。]
例5　(1)8×104 m/s　(2)0.03 m　(3)0.09 m
解析　(1)由動能定理，可得|q|U1＝mv02，
代入數據解得v0＝8×104 m/s。
(2)粒子進入偏轉電場后做類平拋運動，
水平方向上：L＝v0t，
在豎直方向上：y＝at2，a＝，E＝，
聯立解得y＝0.03 m。
(3)由幾何知識知＝，
解得y′＝3y＝0.09 m。
例6　B　[0～t1內，Y板電勢高，電子向Y板偏轉，X′板電勢高，電子向X′板偏轉，由此可知C、D錯誤；根據偏移量y＝t2，偏移量與偏轉電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉電壓為0，偏移量也為0，t1、t1時刻偏轉電壓最大，偏移量也最大，故A錯誤，B正確。](共69張PPT)
DIYIZHANG
第一章
9　帶電粒子在電場中的運動
1.會分析帶電粒子在電場中的直線運動，掌握求解帶電粒子直線運動問題的兩種方法(重點)。
2.會用運動的合成與分解的知識，分析帶電粒子在電場中的偏轉問題(重難點)。
3.了解示波管的主要構造和工作原理。
學習目標
一、帶電粒子在電場中的加速
二、帶電粒子在勻強電場中的偏轉
課時對點練
三、示波管的原理
內容索引
帶電粒子在電場中的加速
一
熾熱的金屬絲可以發射電子。在金屬絲和金屬板間加電壓U，發射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設電子剛離開金屬絲時的速度為零，電子質量為m、電荷量大小為e。(如圖)
(1)電子加速時受到幾個力的作用？電子做什么運動？
答案　只受電場力一個力的作用，電子向右做勻加速直線運動
(2)求電子到達正極板時的速度大小？(用不同的方法求解)
答案　方法一：運用動力學方法求解
方法二：由動能定理有
1.帶電粒子的分類及受力特點
(1)電子、質子、α粒子、離子等微觀粒子，一般都不考慮重力，但不能忽略質量。
(2)質量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電液滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。
梳理與總結
2.分析加速運動的兩種方法
動力學角度 功能關系角度
選擇條件 勻強電場，電場力是恒力 任意電場，恒力或變力
常用關系式 F＝ma，v＝v0＋at， x＝v0t＋ at2， v2－v02＝2ax
　(2024·北京市第一六一中學高二月考)如圖，在P板附近有電荷由靜止開始向Q板運動，則以下說法正確的是
A.到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關
B.到達Q板的速率與板間距離無關
C.兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大
D.若電壓U與電荷的電荷量q均變為原來的2倍，則電荷到達Q板的速率變
　為原來的4倍
例1
√
　如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板。質量為m(不計粒子所受重力)、電荷量大小為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達距N板 后返回，下列措施中能滿足要求的是
A.使初速度減為原來的
B.使M、N間電壓提高到原來的2倍
C.使M、N間電壓提高到原來的3倍
D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的
例2
√
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帶電粒子在勻強電場中的偏轉
二
如圖，兩個相同極板Y與Y′的長度為l，相距d，極板間的電壓為U。一個質量為m、電荷量為e的電子沿平行于板面的方向射入電場中，射入時的速度為v0。把兩極板間的電場看作勻強電場。
(1)電子在電場中做什么運動？如何處理？
答案　電子在電場中做類平拋運動，應運用運動的分解進行處理，沿v0方向：做勻速直線運動；沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動。
(2)設電子不與極板相撞，完成下列內容(均用題中所給字母表示)。
①電子通過電場的時間t＝_____。
②電場力方向：加速度a＝_____，離開電場時垂直
于極板方向的分速度vy＝________。
③速度與初速度方向夾角的正切值tan θ＝_________。
④離開電場時沿電場力方向的偏移量y＝________。
幾個重要推論
推論1：
如圖所示，粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點。
梳理與總結
推論3：不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經同一電場加速后，再進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合。
　如圖所示，質子( )和α粒子( 　 )以相同的初動能垂直射入偏轉電場
(兩粒子均不計重力)，這兩個粒子都能射出電場，α粒子的質量是質子的4倍，帶電荷量是質子的2倍，則質子和α粒子射
出電場時的偏移量y之比為
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.1∶4
例3
√
　(2024·襄陽市第五中學高二月考)讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物由靜止開始經過同一加速電場加速，然后在同一偏轉電場里偏轉，最后都從偏轉電場右側離開，圖中畫出了其中一種粒子的運動軌跡，下列說法正確的是
A.在加速電場中運動時間最長的是一價氫離子
B.經加速電場加速后動能最小的是二價氦離子
C.在偏轉電場中三種離子的加速度之比為1∶4∶2
D.在加速和偏轉過程中三種離子的軌跡都重合
例4
√
設加速電壓為U1，加速過程根據動能定理有qU1＝Ek－0＝ mv2－0，可得Ek＝qU1，知加速后動能最小的離子是一價離子，故B錯誤；
　一個電荷量為q＝－2×10－8 C，質量為m＝1×10－14 kg的帶電粒子，由靜止經電壓為U1＝1 600 V 的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進入一個電壓為U2＝2 400 V的偏轉電場，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點，偏轉電場兩極板間距為d＝8 cm，極板長L＝8 cm，極板的右端與熒光屏之間的距離為L′＝8 cm。整個裝置如圖所示，(不計粒子的重力)求：
(1)粒子出加速電場時的速度v0的大小；
例5
答案　8×104 m/s　
代入數據解得v0＝8×104 m/s。
(2)粒子出偏轉電場時的偏移距離y；
答案　0.03 m
粒子進入偏轉電場后做類平拋運動，
水平方向上：L＝v0t，
聯立解得y＝0.03 m。
(3)P點到O2的距離y′。
答案　0.09 m
解得y′＝3y＝0.09 m。
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示波管的原理
三
1.構造
示波管是示波器中的顯示儀器，內部主要由陰極K，陽極A，分別接在高壓電源的負極和正極，偏轉電極(由一對X1、X2和一對Y1、Y2，兩對垂直放置的偏轉電極組成)和熒光屏組成，如圖所示。
2.原理
經燈絲F的加熱，陰極釋放出電子，電子經電場加速后從陽極中間的小孔飛出，若沒有其他作用，它們都將打到右側熒光屏的中央O點，從而形成一個亮斑。Y1、Y2和X1、X2是兩對垂直放置的偏轉電極，分別控制電子束沿豎直方向和水平方向的偏轉，從而電子束有可能打到熒光屏的各個位置。
　如圖甲所示為示波管的原理圖，如果在電極YY′之間所加的電壓按如圖乙所示的規律變化，在電極XX′之間所加的電壓按如圖丙所示的規律變化，則在熒光屏上看到的圖形是
例6
√
0～t1內，Y板電勢高，電子向Y板偏轉，X′板電勢高，電子向X′板偏轉，由此可知C、D錯誤；
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課時對點練
四
考點一　帶電粒子在電場中的加速
1.(多選)(2023·內江市第六中學高二階級練習)如圖所示，兩豎直放置的平行板與電源相連接，閉合開關S的同時將一帶負電的粒子(重力可忽略不計)由A板靜止釋放，經時間t運動到B板時的速度為v，該粒子的加速度大小為a，粒子到B板時的動能大小為Ek，如果僅將兩板之間的距離加倍，則
A.粒子運動到B板的速度為2v
B.粒子的加速度變為
C.粒子的運動時間變為2t
D.粒子運動到B板的動能為Ek
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基礎對點練
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由Ek＝qU可知，增加兩板之間的距離對動能無影響，故粒子運動到B板的動能仍為Ek，故D正確。
2.(2023·湖北武鋼三中高二期中)某平行板電容器帶電荷量為Q，電容為C，板間距離為d，如圖所示。有一質量為m，電荷量為－q(q>0)的點電荷(q遠小于Q)，從緊靠正極板的O點以垂直于極板的速度出發，只受電容器板間電場力作用，最遠只能運動到A點，然后返回，OA＝L，則該點電荷的初動能為
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考點二　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
3.(2023·瀘州市高二期中)如圖所示，水平放置的平行板電容器始終與電源保持連通，一帶電粒子(重力不計)以速度v0水平射入電場，且恰沿下板邊緣飛出。若下板不動，將上板上移一小段距離，該粒子仍以相同的速度v0從原處飛入，則該粒子
A.仍沿原軌跡運動恰由下板邊緣飛出
B.將打在下板上，不能飛出電容器
C.仍可飛出電容器，但離開電容器瞬間的速度將增大
D.若上板不動，將下板上移一段距離，則該粒子可能打在下板的中央
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若上板不動，將下板上移一段距離，根據上述分析知粒子可能打在下板的中央，故D正確。
4.(2024·成都市高二月考)如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是
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5.(多選)(2023·太原市高二期末)三個電子在同一地點沿同一直線垂直飛入偏轉電場，不計電子重力，如圖所示，a打在下極板上，b恰好飛出。則由此可判斷
A.b和c同時飛離電場
B.在b飛離電場的瞬間，a剛好在打在下極板上
C.進入電場時，a速度最小，c速度最大
D.c的動能增加量最大，a和b的動能增加量一樣大
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三個電子的質量和電荷量都相同，可知加速度相同，a、b兩電子在豎直方向上的位移相等，根據y＝ at2，可知運動時間相等，故B正確；
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根據動能定理知，a、b兩電子，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，離開電場時c電子偏移量最小，電場力做功最少，動能增加量最小，故D錯誤。
6.(2023·臺山市第一中學高二期中)如圖所示，有一電子(電荷量為e、質量為m)由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，在兩平行板正中央處垂直進入平行板間的勻強電場，并且恰能從下板右邊緣飛出電場。兩板間距為d，板長為l，不計電子重力。
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(1)求電子經過U1加速后獲得的速度大小。
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(2)若U1＝1 500 V，d＝2.0 cm，l＝5.0 cm，則兩平行極板所加偏轉電壓U2為多大。
答案　480 V
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(3)求電子經過下板右邊緣時的動能大小。(答案用字母符號e、U1、U2表示，無需代入數據)
考點三　示波管
7.(多選)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點出現亮斑，那么示波管中的
A.極板X應帶正電 B.極板X′應帶正電
C.極板Y應帶正電 D.極板Y′應帶正電
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由題意可知，在XX′方向上電子向X方向偏轉，極板X帶正電；在YY′方向上電子向Y方向偏轉，極板Y帶正電，故選A、C。
8.(多選)(2023·運城市高二期中)如圖所示，讓帶電粒子M和N分別以不同的初速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板同一點。已知qN＝2qM，mN＝4mM，不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，則從粒子射入到打在上極板的過程中，下列說法正確的是
A.它們運動的時間之比tM∶tN＝1∶2
B.它們的初速度之比vM∶vN＝2∶1
C.它們的動能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝4∶1
D.它們的電勢能減少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4
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9.(多選)(2024·涼山寧南中學期中)如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，板厚不計，則
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10.(2020·浙江7月選考)如圖所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時
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粒子在電場中只受電場力，F＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動。水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t，豎直方向做
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11.(2022·洪洞縣第二中學高二階段練習)如圖所示，虛線MN左側有一電場強度為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側距PQ為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子(電荷量為e，質量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側的屏上，A點到MN的距離為 ，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：
(1)電子到MN的速度大小；
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(2)電子從釋放到打到屏上所用的時間；
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(3)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ；
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(4)電子打到屏上的點P′(圖中未畫出)到點O的距離x。
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電子在電場中的運動軌跡如圖所示
解得x＝3L。

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