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2024年物理高考一轮复习精细讲义第28讲 电容动态分析及带电粒子在电场中的运动(原卷版+解析)
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这是一份2024年物理高考一轮复习精细讲义第28讲 电容动态分析及带电粒子在电场中的运动(原卷版+解析)，共60页。试卷主要包含了电容器，电容，平行板电容器的电容，平行板电容器内部是匀强电场，两式比较，关于两个偏转物理量，几个推论等内容，欢迎下载使用。
一．电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．
(2)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种电荷，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，放电过程中电能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值．
(2)定义式： C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离．
(2)决定式： C＝eq \f(εrS,4πkd).
（1）k为静电力常量。
（2）εr是一个常数，与电介质的性质有关，称为电介质的相对介电常数。
4．平行板电容器内部是匀强电场。
由定义式可得平行板电容器具有下列的关系===。
5．两式比较
C＝eq \f(Q,U)是电容器的定义式，适用于任何电容器，C＝是平行板电容器的决定式，只适用于平行板电容器。板间电场：两板之间形成匀强电场（不考虑边缘效应），场强大小E＝eq \f(U,d)，方向始终垂直板面。
二．带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
2．偏转问题
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：利用运动的合成与分解．
①沿初速度方向：做匀速运动．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
三．示波管
1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．
2．原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑；
(2)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．常见类型
（1）电容器和电源连接后再断开，Q不变。平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器的d、S变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。这类问题由于电容器充电后切断与电池的连接，使电容器的带电荷量不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化。
即，，。
（2）电容器和一电源相连，U不变。平行板电容在充电后，继续保持电容器的两极板与电池的两极相连，电容器的d、S、ε变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。
这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两极板的电压不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化。
，Q＝UC＝，。
2．分析比较的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝eq \f(U,d)分析电容器极板间场强的变化．
3.电容内固定点的电势及电势能的变化
（1）单纯求电容内某点的电势，不方便，一般求该点到电势为零的两点间的电势差，两点间的电势差一般采用方程Uab＝El来计算，其中l为a、b两点沿电场方向的距离。
（2）Uab＝El中的场强可以利用方程E＝eq \f(U,d)求解，其中U为两板间的电压，d为板间距。
（3）E＝eq \f(U,d)中两板间的电压，利用U＝eq \f(Q,C)可求。平行板电容器电容可以利用方程C＝eq \f(εrS,4πkd)计算。
（4）由于已经知道了电容内某点的电势，因此求电势能主要利用方程E＝φaq。
【典例1】 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【典例2】 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
【典例3】 (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )
A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为eq \f(mg,Ud)
C．电容器的电容为eq \f(kmgd,U2)
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【典例4】一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
【典例5】(多选)如图所示，电子由静止开始从A极板向B极板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )
A．当增大两板间距离时，v也增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
解电容器问题的两个常用技巧
（1）在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。
（2）针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。
考点二 带电体在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
（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
（1）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。
（2）用动能定理或能量守恒定律
电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)。
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时。这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力。
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
（1）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）。
（2）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：
（1）用动力学观点分析：a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
（2）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 \\al(2,0)。
【典例1】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝eq \f(kQ,r)，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.
【典例2】如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cs α＝0.8)．求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度．
【典例3】中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq \f(1,2).质子的荷质比取1×108 C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
考点三 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
（1）受力特点：电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
（2）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
（1）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。
（2）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。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②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
（1）加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
（2）在电场中的运动时间：
①能飞出电容器：；
②不能飞出电容器：，。
（3）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tan θ与q成正比，电荷量一定时tanθ与动能成反比。
（4）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\\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\\al(2,0)d) 。
6．分析粒子在电场中偏转运动的两种方法
（1）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。
（2）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
（1）粒子的偏转角问题
a．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U1。
若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝eq \f(vy,vx)，式中vy＝at＝eq \f(qU1,dm)·eq \f(l,v0)，vx＝v0，
代入得tanθ＝eq \f(qU1l,mv\\al(2,0)d) ①
结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。[来源:学*科*网Z*X*X*K]
b．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，
则由动能定理有：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ②
由①②式得：tanθ＝eq \f(U1l,2U0d) ③
结论：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。
（2）粒子的偏转量问题
a．y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,dm)·（eq \f(l,v0)）2 ④
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\\al(2,0)),\f(qU1l,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)。
结论：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。
b．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，则由②和④，得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)。
结论：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 \\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 \\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：
①Y＝y＋Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）
②Y＝（＋D）tan θ（L为电场宽度）
③Y＝y＋vy·[来源:学_科_网]
④根据三角形相似： 。
【典例1】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
【典例2】如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的eq \r(2)倍
D．使U2变为原来的eq \f(1,2)
【典例3】如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
【典例4】如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为l＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq \f(4,3) cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：
(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；
(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)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．
(2)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．
考点四 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。
各部分作用为：
（1）电子枪：发射并加速电子；
（2）竖直偏转电极：使电子束竖直偏转（加信号电压）；
（3）水平偏转电极：使电子束水平偏转（加扫描电压）；
（4）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 \\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\\al(2,0))＝eq \f(eLU2,dmv\\al(2,0))
由以上各式得荧光屏上的侧移y′＝y＋L′tanφ＝eq \f(eLU2,dmv\\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)sin100πt V，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。
1．确定最终偏移距离
2．确定偏转后的动能(或速度)
【典例1】图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的( )
【典例2】在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？
1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电
容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( )
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
2. 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
3. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )
A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大
B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变
C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变
D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小
5. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
6．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
7. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板
B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出
C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板
D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出
10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qE
D．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)
11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
12．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
一、单选题
1．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
2．（2019·天津·高考真题）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
3．（2022·重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大D．电容器电容变大
4．（2020·浙江·高考真题）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l，间距d，电子质量m，电荷量e。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（ ）
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
5．（2020·全国·统考高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
6．（2023·浙江·高考真题）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XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
二、多选题
7．（2021·湖南·高考真题）如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与平行
B．将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C．点电势低于点电势
D．若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
8．（2021·全国·高考真题）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2023·全国·统考高考真题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
10．（2023·湖北·统考高考真题）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
第28讲 电容动态分析及带电粒子在电场中的运动
——划重点之精细讲义系列
一．电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．
(2)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种电荷，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，放电过程中电能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值．
(2)定义式： C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离．
(2)决定式： C＝eq \f(εrS,4πkd).
（1）k为静电力常量。
（2）εr是一个常数，与电介质的性质有关，称为电介质的相对介电常数。
4．平行板电容器内部是匀强电场。
由定义式可得平行板电容器具有下列的关系===。
5．两式比较
C＝eq \f(Q,U)是电容器的定义式，适用于任何电容器，C＝是平行板电容器的决定式，只适用于平行板电容器。板间电场：两板之间形成匀强电场（不考虑边缘效应），场强大小E＝eq \f(U,d)，方向始终垂直板面。
二．带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
2．偏转问题
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：利用运动的合成与分解．
①沿初速度方向：做匀速运动．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
三．示波管
1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．
2．原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑；
(2)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．常见类型
（1）电容器和电源连接后再断开，Q不变。平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器的d、S变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。这类问题由于电容器充电后切断与电池的连接，使电容器的带电荷量不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化。
即，，。
（2）电容器和一电源相连，U不变。平行板电容在充电后，继续保持电容器的两极板与电池的两极相连，电容器的d、S、ε变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。
这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两极板的电压不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化。
，Q＝UC＝，。
2．分析比较的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝eq \f(U,d)分析电容器极板间场强的变化．
3.电容内固定点的电势及电势能的变化
（1）单纯求电容内某点的电势，不方便，一般求该点到电势为零的两点间的电势差，两点间的电势差一般采用方程Uab＝El来计算，其中l为a、b两点沿电场方向的距离。
（2）Uab＝El中的场强可以利用方程E＝eq \f(U,d)求解，其中U为两板间的电压，d为板间距。
（3）E＝eq \f(U,d)中两板间的电压，利用U＝eq \f(Q,C)可求。平行板电容器电容可以利用方程C＝eq \f(εrS,4πkd)计算。
（4）由于已经知道了电容内某点的电势，因此求电势能主要利用方程E＝φaq。
【典例1】 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
解析：选D.由平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4kπd)，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝eq \f(U,d)可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．
【典例2】 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；P点的电势大于零，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B正确；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小且油滴向下运动时，油滴的电势能增加，C错误；电容器的电容C＝eq \f(εrS,4πkd)，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CU将减小，D错误．
【典例3】 (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )
A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为eq \f(mg,Ud)
C．电容器的电容为eq \f(kmgd,U2)
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
解析：选AC.由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，解得q＝eq \f(mgd,U)，C＝eq \f(kmgd,U2)，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确．
【典例4】一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
解析：选B.根据平行板电容器电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝eq \f(Q,U)可知，U＝eq \f(Q,C)减小，B正确．
【典例5】(多选)如图所示，电子由静止开始从A极板向B极板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )
A．当增大两板间距离时，v也增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
解析：选CD.电子从静止开始运动，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0可知，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功，因两极板间电压不变，所以末速度不变，A、B错误，C正确；如果增大两板间距离，由E＝eq \f(U,d)知E变小，由a＝eq \f(qE,m)知a变小，由x＝eq \f(1,2)at2知，t增大，电子在两板间运动的时间变长，D正确．
解电容器问题的两个常用技巧
（1）在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。
（2）针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。
考点二 带电体在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
（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
（1）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。
（2）用动能定理或能量守恒定律
电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)。
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时。这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力。
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
（1）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）。
（2）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：
（1）用动力学观点分析：a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
（2）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 \\al(2,0)。
【典例1】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝eq \f(kQ,r)，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.
解析 (1)设液珠带电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时，由牛顿第二定律知
keq \f(Qq,H2)－mg＝ma
又因为a＝g
解得eq \f(q,m)＝eq \f(2gH2,kQ)
(2)当液珠速度最大时，其所受合力为零，则keq \f(Qq,h2)＝mg
解得h＝eq \r(2)H
(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得
UCB＝φC－φB＝eq \f(kQ,H)－eq \f(kQ,rB)
对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0
又由(1)得eq \f(q,m)＝eq \f(2gH2,kQ)
联立以上各式解得rB＝2H
答案 (1)eq \f(2gH2,kQ) (2)eq \r(2)H (3)2H
【典例2】如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cs α＝0.8)．求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度．
解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qEcs α＝mg
E＝eq \f(U,d)
解得m＝eq \f(qUcs α,dg)
代入数据得m＝8×10－8 kg
(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零．对液滴由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝ eq \r(v\\al(2,0)＋\f(2qU,m))
所以v＝eq \f(\r(7),2) m/s
答案：(1)8×10－8 kg (2)eq \f(\r(7),2) m/s
【典例3】中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq \f(1,2).质子的荷质比取1×108 C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
解析： (1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝eq \f(1,f)①
L＝vB·eq \f(T,2)②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W.质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得
U＝6×104 V ⑦
答案：(1)0.4 m (2)6×104V
带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
考点三 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
（1）受力特点：电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
（2）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
（1）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。
（2）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。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②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
（1）加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
（2）在电场中的运动时间：
①能飞出电容器：；
②不能飞出电容器：，。
（3）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tan θ与q成正比，电荷量一定时tanθ与动能成反比。
（4）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\\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\\al(2,0)d) 。
6．分析粒子在电场中偏转运动的两种方法
（1）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。
（2）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
（1）粒子的偏转角问题
a．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U1。
若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝eq \f(vy,vx)，式中vy＝at＝eq \f(qU1,dm)·eq \f(l,v0)，vx＝v0，
代入得tanθ＝eq \f(qU1l,mv\\al(2,0)d) ①
结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。[来源:学*科*网Z*X*X*K]
b．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，
则由动能定理有：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ②
由①②式得：tanθ＝eq \f(U1l,2U0d) ③
结论：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。
（2）粒子的偏转量问题
a．y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,dm)·（eq \f(l,v0)）2 ④
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\\al(2,0)),\f(qU1l,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)。
结论：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。
b．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，则由②和④，得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)。
结论：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 \\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 \\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：
①Y＝y＋Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）
②Y＝（＋D）tan θ（L为电场宽度）
③Y＝y＋vy·[来源:学_科_网]
④根据三角形相似： 。
【典例1】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
解析 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek
解得Ek＝4.0×10－16J
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，
解得t＝eq \f(l,v1)
电子在竖直方向受电场力F＝e·eq \f(U2,d)
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a
依据牛顿第二定律有e·eq \f(U2,d)＝ma，
解得a＝eq \f(eU2,md)
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U2l2,4dU1)
解得y＝0.36 cm
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U＝eq \f(U2,d)·y
电场力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18J
答案 (1)4.0×10－16J (2)0.36 cm (3)5.76×10－18J
【典例2】如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的eq \r(2)倍
D．使U2变为原来的eq \f(1,2)
解析：选A.电子经U1加速后获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU2l2,2mdv2)＝eq \f(U2l2,4U1d)，由此可知当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，A正确.
【典例3】如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
解析：选B.一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq \f(1,2)mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U2L2,4U1d)相同，所以会打在同一点，B正确．
【典例4】如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为l＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq \f(4,3) cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：
(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；
(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)
解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：
qE＝mg即qeq \f(U,d)＝mg
得qU＝mgd
当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．
此时液滴所受电场力F′＝qeq \f(U,d′)＝eq \f(mgd,d′)
a＝eq \f(F′－mg,m)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,d′)－1))＝eq \f(1,5)g＝2 m/s2
(2)因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq \f(d,2)
设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，t1＝eq \r(\f(d,a))＝0.2 s
而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝eq \f(l,v0)＝0.5 s
所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为
t＝t2－t1＝0.3 s
答案：(1)2 m/s2 (2)0.3 s
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)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．
(2)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．
考点四 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。
各部分作用为：
（1）电子枪：发射并加速电子；
（2）竖直偏转电极：使电子束竖直偏转（加信号电压）；
（3）水平偏转电极：使电子束水平偏转（加扫描电压）；
（4）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 \\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\\al(2,0))＝eq \f(eLU2,dmv\\al(2,0))
由以上各式得荧光屏上的侧移y′＝y＋L′tanφ＝eq \f(eLU2,dmv\\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)sin100πt V，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。
1．确定最终偏移距离
2．确定偏转后的动能(或速度)
【典例1】图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的( )
解析：选B.在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图象为B.
【典例2】在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？
解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理
eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)
进入偏转电场后L＝vx·t，
vy＝at，
a＝eq \f(eU2,md)
射出偏转电场时合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，
以后匀速到达荧光屏，
由以上各式得Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eU1＋eq \f(eU\\al(2,2)L2,4d2U1).
答案：eU1＋eq \f(eU\\al(2,2)L2,4d2U1)
1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电
容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( )
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
解析：选C.电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝eq \f(εrS,d)可知，d增大时，C变小；又U＝eq \f(Q,C)，所以U变大；由于E＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)，所以E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故d增大时，E不变，C正确．
2. 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
解析：选D.两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．
3. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
解析：选D.电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确．
4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )
A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大
B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变
C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变
D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小
解析：选B.甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝eq \f(U,d)可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，极板间的电压U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)，极板间的电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，场强与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确．
5. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析：选C.由于两极板的正负不知，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C正确．
6．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
解析：(1)由v2＝2gh
得v＝eq \r(2gh)
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝eq \f(mgh＋d,qd)
U＝Ed
Q＝CU
得Q＝eq \f(mgCh＋d,q)
(3)由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
0＝v＋at2
t＝t1＋t2
综合可得t＝eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))
答案：见解析
7. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
解析：选D.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝eq \f(Q,U)可知U减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)不变；由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，A、B、C错误，D正确．
8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．
9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板
B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出
C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板
D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出
解析：选BC.设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，又E＝eq \f(U,d)得x＝eq \f(mdv\\al(2,0),2qU)，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为eq \r(2)v0；或使A、B两板间的电压变为eq \f(1,2)U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误．
10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qE
D．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)
解析：选AD.根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理得：
mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2，
根据牛顿第二定律得：FN－qE－mg＝meq \f(v2,R)，
解得：FN＝3(mg＋qE)，
则球对轨道的压力为3(mg＋qE)，故C错误，D正确．
11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
解析：选CD.设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．
12．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
解析： (1)根据功和能的关系，有eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电子射入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU0,m))
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU0))
偏转距离Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d).
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G＝mg～10－29N
电场力F＝eq \f(eU,d)～10－15N
由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，
即φ＝eq \f(Ep,q)
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝eq \f(EG,m).
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答案：(1) eq \r(\f(2eU0,m)) eq \f(UL2,4U0d) (2)见解析 (3)见解析
一、单选题
1．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由
可得
故A错误；
B．由于
故粒子速度大小为
故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为
故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切
可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
2．（2019·天津·高考真题）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
【答案】B
【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．
3．（2022·重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大D．电容器电容变大
【答案】A
【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；
A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
4．（2020·浙江·高考真题）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l，间距d，电子质量m，电荷量e。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（ ）
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
【答案】B
【详解】AD．粒子在平行板电容器中做以初速度做类平抛运动，分解位移：
电场力提供加速度：
极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：
联立方程可知偏转位移满足：
结合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；
BC．偏转的角度满足：
解得：；初速度未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。
故选B．
5．（2020·全国·统考高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【详解】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
6．（2023·浙江·高考真题）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XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
A错误；
B．电子电极XX′间运动时，有
v = a
电子离开电极XX′时的动能为
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小
C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
D正确。
故选D。
二、多选题
7．（2021·湖南·高考真题）如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与平行
B．将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C．点电势低于点电势
D．若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
【答案】AB
【详解】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示
在x方向有
W = E2R
在y方向有
2W = ER + E
经过计算有
E = ，E = ，E = ，tanθ =
由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；
B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为
W′ = Eq = 0.5W
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；
D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。
故选AB。
8．（2021·全国·高考真题）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为
由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为
离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为
因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
9．（2023·全国·统考高考真题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φ = φ > φ
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
10．（2023·湖北·统考高考真题）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【详解】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
，
粒子射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度
，
从射入到运动到最高点由运动学关系
粒子射入电场时由动能定理可得
联立解得
B正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
，
联立可得
A错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得
，
射入电容器到最高点有
解得
设粒子穿过电容器与水平的夹角为，则
粒子射入磁场和水平的夹角为，
C错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为
联立
，，
解得
且
，
即解得
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理
，，
即轨迹不会变化，D正确。
故选BD。
一．电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．
(2)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种电荷，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，放电过程中电能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值．
(2)定义式： C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离．
(2)决定式： C＝eq \f(εrS,4πkd).
（1）k为静电力常量。
（2）εr是一个常数，与电介质的性质有关，称为电介质的相对介电常数。
4．平行板电容器内部是匀强电场。
由定义式可得平行板电容器具有下列的关系===。
5．两式比较
C＝eq \f(Q,U)是电容器的定义式，适用于任何电容器，C＝是平行板电容器的决定式，只适用于平行板电容器。板间电场：两板之间形成匀强电场（不考虑边缘效应），场强大小E＝eq \f(U,d)，方向始终垂直板面。
二．带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
2．偏转问题
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：利用运动的合成与分解．
①沿初速度方向：做匀速运动．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
三．示波管
1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．
2．原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑；
(2)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．常见类型
（1）电容器和电源连接后再断开，Q不变。平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器的d、S变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。这类问题由于电容器充电后切断与电池的连接，使电容器的带电荷量不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化。
即，，。
（2）电容器和一电源相连，U不变。平行板电容在充电后，继续保持电容器的两极板与电池的两极相连，电容器的d、S、ε变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。
这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两极板的电压不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化。
，Q＝UC＝，。
2．分析比较的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝eq \f(U,d)分析电容器极板间场强的变化．
3.电容内固定点的电势及电势能的变化
（1）单纯求电容内某点的电势，不方便，一般求该点到电势为零的两点间的电势差，两点间的电势差一般采用方程Uab＝El来计算，其中l为a、b两点沿电场方向的距离。
（2）Uab＝El中的场强可以利用方程E＝eq \f(U,d)求解，其中U为两板间的电压，d为板间距。
（3）E＝eq \f(U,d)中两板间的电压，利用U＝eq \f(Q,C)可求。平行板电容器电容可以利用方程C＝eq \f(εrS,4πkd)计算。
（4）由于已经知道了电容内某点的电势，因此求电势能主要利用方程E＝φaq。
【典例1】 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【典例2】 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
【典例3】 (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )
A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为eq \f(mg,Ud)
C．电容器的电容为eq \f(kmgd,U2)
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
【典例4】一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
【典例5】(多选)如图所示，电子由静止开始从A极板向B极板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )
A．当增大两板间距离时，v也增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
解电容器问题的两个常用技巧
（1）在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。
（2）针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。
考点二 带电体在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
（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
（1）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。
（2）用动能定理或能量守恒定律
电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)。
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时。这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力。
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
（1）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）。
（2）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：
（1）用动力学观点分析：a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
（2）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 \\al(2,0)。
【典例1】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝eq \f(kQ,r)，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.
【典例2】如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cs α＝0.8)．求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度．
【典例3】中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq \f(1,2).质子的荷质比取1×108 C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
考点三 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
（1）受力特点：电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
（2）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
（1）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。
（2）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。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②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
（1）加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
（2）在电场中的运动时间：
①能飞出电容器：；
②不能飞出电容器：，。
（3）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tan θ与q成正比，电荷量一定时tanθ与动能成反比。
（4）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\\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\\al(2,0)d) 。
6．分析粒子在电场中偏转运动的两种方法
（1）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。
（2）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
（1）粒子的偏转角问题
a．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U1。
若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝eq \f(vy,vx)，式中vy＝at＝eq \f(qU1,dm)·eq \f(l,v0)，vx＝v0，
代入得tanθ＝eq \f(qU1l,mv\\al(2,0)d) ①
结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。[来源:学*科*网Z*X*X*K]
b．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，
则由动能定理有：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ②
由①②式得：tanθ＝eq \f(U1l,2U0d) ③
结论：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。
（2）粒子的偏转量问题
a．y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,dm)·（eq \f(l,v0)）2 ④
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\\al(2,0)),\f(qU1l,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)。
结论：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。
b．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，则由②和④，得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)。
结论：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 \\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 \\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：
①Y＝y＋Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）
②Y＝（＋D）tan θ（L为电场宽度）
③Y＝y＋vy·[来源:学_科_网]
④根据三角形相似： 。
【典例1】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
【典例2】如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的eq \r(2)倍
D．使U2变为原来的eq \f(1,2)
【典例3】如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
【典例4】如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为l＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq \f(4,3) cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：
(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；
(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)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．
(2)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．
考点四 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。
各部分作用为：
（1）电子枪：发射并加速电子；
（2）竖直偏转电极：使电子束竖直偏转（加信号电压）；
（3）水平偏转电极：使电子束水平偏转（加扫描电压）；
（4）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 \\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\\al(2,0))＝eq \f(eLU2,dmv\\al(2,0))
由以上各式得荧光屏上的侧移y′＝y＋L′tanφ＝eq \f(eLU2,dmv\\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)sin100πt V，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。
1．确定最终偏移距离
2．确定偏转后的动能(或速度)
【典例1】图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的( )
【典例2】在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？
1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电
容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( )
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
2. 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
3. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )
A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大
B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变
C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变
D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小
5. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
6．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
7. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板
B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出
C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板
D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出
10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qE
D．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)
11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
12．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
一、单选题
1．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
2．（2019·天津·高考真题）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
3．（2022·重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大D．电容器电容变大
4．（2020·浙江·高考真题）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l，间距d，电子质量m，电荷量e。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（ ）
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
5．（2020·全国·统考高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
6．（2023·浙江·高考真题）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XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
二、多选题
7．（2021·湖南·高考真题）如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与平行
B．将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C．点电势低于点电势
D．若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
8．（2021·全国·高考真题）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2023·全国·统考高考真题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
10．（2023·湖北·统考高考真题）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
第28讲 电容动态分析及带电粒子在电场中的运动
——划重点之精细讲义系列
一．电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．
(2)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种电荷，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，放电过程中电能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值．
(2)定义式： C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离．
(2)决定式： C＝eq \f(εrS,4πkd).
（1）k为静电力常量。
（2）εr是一个常数，与电介质的性质有关，称为电介质的相对介电常数。
4．平行板电容器内部是匀强电场。
由定义式可得平行板电容器具有下列的关系===。
5．两式比较
C＝eq \f(Q,U)是电容器的定义式，适用于任何电容器，C＝是平行板电容器的决定式，只适用于平行板电容器。板间电场：两板之间形成匀强电场（不考虑边缘效应），场强大小E＝eq \f(U,d)，方向始终垂直板面。
二．带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
2．偏转问题
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：利用运动的合成与分解．
①沿初速度方向：做匀速运动．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
三．示波管
1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．
2．原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑；
(2)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．常见类型
（1）电容器和电源连接后再断开，Q不变。平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器的d、S变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。这类问题由于电容器充电后切断与电池的连接，使电容器的带电荷量不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4kπQ,εrS)分析场强变化。
即，，。
（2）电容器和一电源相连，U不变。平行板电容在充电后，继续保持电容器的两极板与电池的两极相连，电容器的d、S、ε变化将引起电容器的C、Q、U、E怎样的变化。
这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两极板的电压不变。
①根据C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝eq \f(U,d)分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化。
，Q＝UC＝，。
2．分析比较的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝eq \f(U,d)分析电容器极板间场强的变化．
3.电容内固定点的电势及电势能的变化
（1）单纯求电容内某点的电势，不方便，一般求该点到电势为零的两点间的电势差，两点间的电势差一般采用方程Uab＝El来计算，其中l为a、b两点沿电场方向的距离。
（2）Uab＝El中的场强可以利用方程E＝eq \f(U,d)求解，其中U为两板间的电压，d为板间距。
（3）E＝eq \f(U,d)中两板间的电压，利用U＝eq \f(Q,C)可求。平行板电容器电容可以利用方程C＝eq \f(εrS,4πkd)计算。
（4）由于已经知道了电容内某点的电势，因此求电势能主要利用方程E＝φaq。
【典例1】 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
解析：选D.由平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4kπd)，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝eq \f(U,d)可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．
【典例2】 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；P点的电势大于零，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B正确；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小且油滴向下运动时，油滴的电势能增加，C错误；电容器的电容C＝eq \f(εrS,4πkd)，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CU将减小，D错误．
【典例3】 (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )
A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为eq \f(mg,Ud)
C．电容器的电容为eq \f(kmgd,U2)
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
解析：选AC.由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，解得q＝eq \f(mgd,U)，C＝eq \f(kmgd,U2)，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确．
【典例4】一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )
A．C和U均增大B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
解析：选B.根据平行板电容器电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝eq \f(Q,U)可知，U＝eq \f(Q,C)减小，B正确．
【典例5】(多选)如图所示，电子由静止开始从A极板向B极板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )
A．当增大两板间距离时，v也增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
解析：选CD.电子从静止开始运动，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0可知，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功，因两极板间电压不变，所以末速度不变，A、B错误，C正确；如果增大两板间距离，由E＝eq \f(U,d)知E变小，由a＝eq \f(qE,m)知a变小，由x＝eq \f(1,2)at2知，t增大，电子在两板间运动的时间变长，D正确．
解电容器问题的两个常用技巧
（1）在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。
（2）针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。
考点二 带电体在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
（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
（1）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。
（2）用动能定理或能量守恒定律
电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)。
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时。这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力。
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
（1）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）。
（2）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：
（1）用动力学观点分析：a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad。
（2）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 \\al(2,0)。
【典例1】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝eq \f(kQ,r)，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.
解析 (1)设液珠带电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时，由牛顿第二定律知
keq \f(Qq,H2)－mg＝ma
又因为a＝g
解得eq \f(q,m)＝eq \f(2gH2,kQ)
(2)当液珠速度最大时，其所受合力为零，则keq \f(Qq,h2)＝mg
解得h＝eq \r(2)H
(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得
UCB＝φC－φB＝eq \f(kQ,H)－eq \f(kQ,rB)
对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0
又由(1)得eq \f(q,m)＝eq \f(2gH2,kQ)
联立以上各式解得rB＝2H
答案 (1)eq \f(2gH2,kQ) (2)eq \r(2)H (3)2H
【典例2】如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cs α＝0.8)．求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度．
解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qEcs α＝mg
E＝eq \f(U,d)
解得m＝eq \f(qUcs α,dg)
代入数据得m＝8×10－8 kg
(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零．对液滴由动能定理得
qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v＝ eq \r(v\\al(2,0)＋\f(2qU,m))
所以v＝eq \f(\r(7),2) m/s
答案：(1)8×10－8 kg (2)eq \f(\r(7),2) m/s
【典例3】中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq \f(1,2).质子的荷质比取1×108 C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
解析： (1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝eq \f(1,f)①
L＝vB·eq \f(T,2)②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W.质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得
U＝6×104 V ⑦
答案：(1)0.4 m (2)6×104V
带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
考点三 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
（1）受力特点：电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
（2）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
（1）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。
（2）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。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②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
（1）加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)。
（2）在电场中的运动时间：
①能飞出电容器：；
②不能飞出电容器：，。
（3）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tan θ与q成正比，电荷量一定时tanθ与动能成反比。
（4）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\\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\\al(2,0)d) 。
6．分析粒子在电场中偏转运动的两种方法
（1）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。
（2）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
（1）粒子的偏转角问题
a．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U1。
若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝eq \f(vy,vx)，式中vy＝at＝eq \f(qU1,dm)·eq \f(l,v0)，vx＝v0，
代入得tanθ＝eq \f(qU1l,mv\\al(2,0)d) ①
结论：动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。[来源:学*科*网Z*X*X*K]
b．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，
则由动能定理有：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) ②
由①②式得：tanθ＝eq \f(U1l,2U0d) ③
结论：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。
（2）粒子的偏转量问题
a．y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,dm)·（eq \f(l,v0)）2 ④
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\\al(2,0)),\f(qU1l,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)。
结论：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。
b．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，则由②和④，得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)。
结论：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 \\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 \\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：
①Y＝y＋Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）
②Y＝（＋D）tan θ（L为电场宽度）
③Y＝y＋vy·[来源:学_科_网]
④根据三角形相似： 。
【典例1】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：
(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
解析 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek
解得Ek＝4.0×10－16J
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t
电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，
解得t＝eq \f(l,v1)
电子在竖直方向受电场力F＝e·eq \f(U2,d)
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a
依据牛顿第二定律有e·eq \f(U2,d)＝ma，
解得a＝eq \f(eU2,md)
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U2l2,4dU1)
解得y＝0.36 cm
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U＝eq \f(U2,d)·y
电场力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18J
答案 (1)4.0×10－16J (2)0.36 cm (3)5.76×10－18J
【典例2】如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的eq \r(2)倍
D．使U2变为原来的eq \f(1,2)
解析：选A.电子经U1加速后获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU2l2,2mdv2)＝eq \f(U2l2,4U1d)，由此可知当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，A正确.
【典例3】如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
解析：选B.一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq \f(1,2)mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(U2L2,4U1d)相同，所以会打在同一点，B正确．
【典例4】如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8 cm，板长为l＝25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq \f(4,3) cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：
(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；
(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)
解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：
qE＝mg即qeq \f(U,d)＝mg
得qU＝mgd
当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．
此时液滴所受电场力F′＝qeq \f(U,d′)＝eq \f(mgd,d′)
a＝eq \f(F′－mg,m)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,d′)－1))＝eq \f(1,5)g＝2 m/s2
(2)因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq \f(d,2)
设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为
eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，t1＝eq \r(\f(d,a))＝0.2 s
而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝eq \f(l,v0)＝0.5 s
所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为
t＝t2－t1＝0.3 s
答案：(1)2 m/s2 (2)0.3 s
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)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．
(2)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．
考点四 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。
各部分作用为：
（1）电子枪：发射并加速电子；
（2）竖直偏转电极：使电子束竖直偏转（加信号电压）；
（3）水平偏转电极：使电子束水平偏转（加扫描电压）；
（4）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 \\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\\al(2,0))＝eq \f(eLU2,dmv\\al(2,0))
由以上各式得荧光屏上的侧移y′＝y＋L′tanφ＝eq \f(eLU2,dmv\\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)sin100πt V，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。
1．确定最终偏移距离
2．确定偏转后的动能(或速度)
【典例1】图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的( )
解析：选B.在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图象为B.
【典例2】在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？
解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理
eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)
进入偏转电场后L＝vx·t，
vy＝at，
a＝eq \f(eU2,md)
射出偏转电场时合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，
以后匀速到达荧光屏，
由以上各式得Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eU1＋eq \f(eU\\al(2,2)L2,4d2U1).
答案：eU1＋eq \f(eU\\al(2,2)L2,4d2U1)
1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电
容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是( )
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
解析：选C.电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝eq \f(εrS,d)可知，d增大时，C变小；又U＝eq \f(Q,C)，所以U变大；由于E＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)，所以E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故d增大时，E不变，C正确．
2. 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
解析：选D.两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．
3. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )
A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a
B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
解析：选D.电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确．
4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )
A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大
B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变
C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变
D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小
解析：选B.甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝eq \f(U,d)可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，极板间的电压U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)，极板间的电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，场强与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确．
5. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析：选C.由于两极板的正负不知，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C正确．
6．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
解析：(1)由v2＝2gh
得v＝eq \r(2gh)
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝eq \f(mgh＋d,qd)
U＝Ed
Q＝CU
得Q＝eq \f(mgCh＋d,q)
(3)由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
0＝v＋at2
t＝t1＋t2
综合可得t＝eq \f(h＋d,h)eq \r(\f(2h,g))
答案：见解析
7. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
解析：选D.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝eq \f(Q,U)可知U减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)不变；由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，A、B、C错误，D正确．
8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．
9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )
A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板
B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出
C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板
D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出
解析：选BC.设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，又E＝eq \f(U,d)得x＝eq \f(mdv\\al(2,0),2qU)，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为eq \r(2)v0；或使A、B两板间的电压变为eq \f(1,2)U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误．
10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )
A．小球经过环的最低点时速度最大
B．小球在运动过程中机械能守恒
C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qE
D．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)
解析：选AD.根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理得：
mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2，
根据牛顿第二定律得：FN－qE－mg＝meq \f(v2,R)，
解得：FN＝3(mg＋qE)，
则球对轨道的压力为3(mg＋qE)，故C错误，D正确．
11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
解析：选CD.设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．
12．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
解析： (1)根据功和能的关系，有eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电子射入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU0,m))
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU0))
偏转距离Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d).
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力G＝mg～10－29N
电场力F＝eq \f(eU,d)～10－15N
由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．
(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，
即φ＝eq \f(Ep,q)
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝eq \f(EG,m).
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答案：(1) eq \r(\f(2eU0,m)) eq \f(UL2,4U0d) (2)见解析 (3)见解析
一、单选题
1．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由
可得
故A错误；
B．由于
故粒子速度大小为
故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为
故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切
可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
2．（2019·天津·高考真题）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加B．机械能增加
C．重力势能增加D．电势能增加
【答案】B
【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．
3．（2022·重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大D．电容器电容变大
【答案】A
【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；
A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
4．（2020·浙江·高考真题）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l，间距d，电子质量m，电荷量e。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（ ）
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
【答案】B
【详解】AD．粒子在平行板电容器中做以初速度做类平抛运动，分解位移：
电场力提供加速度：
极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：
联立方程可知偏转位移满足：
结合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；
BC．偏转的角度满足：
解得：；初速度未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。
故选B．
5．（2020·全国·统考高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【详解】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
6．（2023·浙江·高考真题）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XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
A错误；
B．电子电极XX′间运动时，有
v = a
电子离开电极XX′时的动能为
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小
C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
D正确。
故选D。
二、多选题
7．（2021·湖南·高考真题）如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的场强方向与平行
B．将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C．点电势低于点电势
D．若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
【答案】AB
【详解】A．由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x轴，垂直与cd方向建立y轴如下图所示
在x方向有
W = E2R
在y方向有
2W = ER + E
经过计算有
E = ，E = ，E = ，tanθ =
由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；
B．该粒从d点运动到b点，电场力做的功为
W′ = Eq = 0.5W
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；
D．若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。
故选AB。
8．（2021·全国·高考真题）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为
由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为
离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为
因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
9．（2023·全国·统考高考真题）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
【答案】BC
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φ = φ > φ
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
10．（2023·湖北·统考高考真题）一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】BD
【详解】B．粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得
，
粒子射入电容器后的速度为，水平方向和竖直方向的分速度
，
从射入到运动到最高点由运动学关系
粒子射入电场时由动能定理可得
联立解得
B正确；
A．粒子从射入到运动到最高点由运动学可得
，
联立可得
A错误；
C．粒子穿过电容器时从最高点到穿出时由运动学可得
，
射入电容器到最高点有
解得
设粒子穿过电容器与水平的夹角为，则
粒子射入磁场和水平的夹角为，
C错误；
D．粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为，竖直方向的位移为
联立
，，
解得
且
，
即解得
即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理
，，
即轨迹不会变化，D正确。
故选BD。
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