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(新高考)高考物理一轮复习讲义：第21讲《带电粒子在电场中的运动》(含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习讲义：第21讲《带电粒子在电场中的运动》(含解析)，共28页。试卷主要包含了电容器，电容，平行板电容器，两种不同变化，在此过程中，以下判断正确的是等内容，欢迎下载使用。
第21讲 带电粒子在电场中的运动
知识图谱
电容器
知识精讲
一．电容器
1．电容器
⑴任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体都可以构成电容器．
⑵把电容器的两个极板分别与电池的两极相连，两个极板就会带上等量异种电荷．这一过程叫电容器的充电．其中任意一块板所带的电荷量的绝对值叫做电容器的带电量；用导线把电容器的两板接通，两板上的电荷将发生中和，电容器不再带电，这一过程叫做放电．
2．电容
（1）电容器所带的电量Q跟两极板间的电势差U的比值，叫做电容器的电容，用符号C表示．
（2）定义式：,若极板上的电量增加ΔQ时板间电压增加ΔU,则C
（3）单位：法拉，符号：F，与其它单位的换算关系为：１F＝106＝1012
（4）意义：电容是描述电容器储存电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板间的电势差增加１V所增加的电量．
3．平行板电容器
（1）一般说来，构成电容器的两个导体的正对面积S越大 ，距离d越小，这个电容器的电容就越大；两个导体间电介质的性质也会影响电容器的电容．
（2）表达式：板间为真空时：，
插入介质后电容变大倍：，k为静电力常数，称为相对（真空）介电常数．
说明：是电容的定义式，它在任何情况下都成立，式中C与Q、U无关，而由电容器自身结构决定．而是电容的决定式，它只适用于平行板电容器，它反映了电容与其自身结构S、ｄ、的关系．
4．两种不同变化
电容器和电源连接，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里要分清两种常见的变化：
（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量而
（2）充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下。
三点剖析
课程目标：
能够根据题目条件熟练分析电容器的动态变化问题
两极板电势差保持不变
例题1、 连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时( )
A.电容器的电容C变大
B.电容器极板的带电荷量Q不变
C.电容器两极板间的电压U变大
D.电容器两极板间的电场强度E变小
例题2、[多选题] 如图所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，有带电小球静止在平行板电容器中间，在增大电容器两极板间距离的过程中（ ）
A.带电小球将竖直向下运动
B.带电小球将竖直向上运动
C.电阻R中有从a流向b的电流
D.电阻R中有从b流向a的电流
例题3、 如图所示的电路可将声音信号转化为电信号,该电路中是固定不动的金属板,是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜,、构成了一个电容器,且通过导线与恒定电源两极相接,若声源发出声波,则振动过程中（ ）
A.、板之间的电场强度不变
B.、板上所带的电荷量不变
C.电路中始终有方向不变的电流
D.当板向右位移最大时,电容器电容最大
随练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（ ）
A.电容器电容增大
B.电容器极板间电场强度变大
C.电容器极板间电势差变小
D.电容器极板上的电荷量变小
随练2、 传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计（零刻度在中间）的电源串联成闭合回路．当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定之后，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）（ ）
A.向右偏到某一刻度后回到零刻度
B.向左偏到某一刻度后回到零刻度
C.向右偏到某一刻度后不动
D.向左偏到某一刻度后不动
两极板带电量保持不变
例题1、 静电计可以用来测量电容器的电压。如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小。现在对电容器充完点后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则( )
A.电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小
B.电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小
C.电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大
D.电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大
例题2、 平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示．当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动（ ）
A.保持S闭合，将电容器的下极板稍稍下移
B.保持S闭合，将电容器的下极板稍稍向左水平移动
C.将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动
D.将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移
例题3、 如图所示,平行板电容器的两极板、接于电池两极,一带正电的小球悬挂在电容器内部,闭合,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为（ ）
A.保持闭合,将板向板靠近,则增大
B.保持闭合;将板向板靠近,则不变
C.断开,将板向板靠近,则增大
D.断开,将板向板靠近,则不变
随练1、[多选题] 如图所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q，板间电场有固定点P，若将B板固定，A板下移些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（ ）
A.A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
B.A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
C.B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D.B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
随练2、 如图所示的电路中，电源两端电压恒定为U，开关S处于断开状态。
（1）当开关S接通的瞬间，电源给电容器________（选填“充电”或“放电”），此过程中通过电阻R的电流的方向________（选填“A→B”或“B→A”）。
（2）开关S始终处于闭合状态，若减小电容器两极板间距离，则电容器的电容________（选填“增大”或“减小”），此过程中通过电阻R的电流的方向________（选填“A→B”或“B→A”）。
（3）开关S闭合，电路稳定后，先断开S，再将电容器两极板间距离增大，则电容器的电容________（选填“增大”或“减小”），此过程中________（选填“有”或“无”）电流通过电阻R。
带电粒子在电场中的运动
知识精讲
一．带电粒子在电场中的加速直线运动
1．若粒子作匀变速运动，可采用动力学方法求解，即先求加速度，再由运动学公式求解．
2．用能量的观点分析：合外力对粒子所作的功等于带电粒子动能的增量．即：，此式对于非匀强电场、非直线运动均成立．对于多级加速器，是利用两个金属筒缝间的电场加速，电场力做功
二．带电粒子在电场中的偏转
1．运动状态分析：粒子受恒定的电场力，在场中作匀变速曲线运动．
2．处理方法：采用类平抛运动的方法来分析处理
v0
m，q
y
vt
θ
θ
①速度规律
②位移规律
③角度规律
，即速度反向延长平分水平位移，就像粒子从水平位移的中点发射出来一样
三．示波器构造
⑴构造：电子枪、偏转电极，荧光屏
⑵工作原理
如果在偏转电极和之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线打在荧光屏中央，在屏上产生一个亮点。
XX＇上所加的锯齿形电压，叫扫描电压．
YY＇上所加的是待显示的信号电压U，在屏上产生的竖直偏移y＇与U成正比．
当扫描电压和信号电压的周期相同时，荧光屏上将出现一个稳定的波形．
三点剖析
课程目标：
1.了解带电粒子在匀强电场中的运动
2.重点掌握初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中的运动
3.知道示波管的主要构造和工作原理
带电粒子在电场中的直线运动
例题1、 如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U．电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v．下面的说法中正确的是（ ）
A.如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B.如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为
C.如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D.如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
例题2、 在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（ ）
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动
例题3、 如图所示，有一质量为m＝1kg，带电量为－q＝－1C的小物块以初速度v0＝18m／s沿粗糙水平地面从A处向右滑动。已知空间存在向右的匀强电场，其电场强度为E＝5N／C。物块与地面的滑动摩擦因数为μ＝0.4，求当物块返回到A处的时间t和速度v。（g取10m／s2）
例题4、 如图所示，在光滑水平面上方存在电场强度大小为E＝2×104N／C、方向水平向左的有界匀强电场，电场右边界如图中的虚线所示，左边界为竖直墙壁，电场宽度d＝4.75m。长度L＝4m、质量M＝2kg的不带电绝缘长木板P原先静止在水平面上。可视为质点的质量m＝1kg、电荷量q＝1×10－4C的带正电金属块Q从木板的右端以V0＝3m／s的速度水平向左滑上木板，两者相对静止后再进入电场，木板与墙壁发生碰撞的时间极短且碰撞无机械能损失。已知金属块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m／s2。
（1）求木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小。
（2）求木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小。
（3）金属块最终能否停在木板上？若能，求出金属块最终停在木板上的位置；若不能，请说明理由。
随练1、 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（ ）
A.打到下极板上
B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回
D.在距上极板处返回
随练2、 一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中．由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0．在此过程中，以下判断正确的是（ ）
A.液滴一定带负电
B.合外力对液滴做的功为
C.重力对液滴做的功为
D.液滴的机械能减少了mgh
随练3、 如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电，下极板带负电，两极板间距为12cm。当两极板间的电势差为U1＝60V时，一带电荷量为q＝－2×10－6C的小球在距下极板8cm处静止。取g＝10m/s2．求：
（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小；
（2）小球的质量；
（3）若两极板间的电势差变为U2＝36V时，带电小球运动到极板上需要的时间。
随练4、 当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生热电子。电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e。求：
（1）电子到达N板的瞬时速度；
（2）电子从灯丝K出发到达N板所经历的时间；
（3）电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数。
带电粒子在电场中的偏转
例题1、 如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（ ）
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
例题2、[多选题] 如图所示，带正电的粒子以一定的速度v沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间距为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则（ ）（不计粒子的重力）
A.在前时间内，电场力对粒子做的功为
B.在后时间内，电场力对粒子做的功为
C.在粒子下落前和后的过程中．电场力做功之比为1︰2
D.在粒子下落前和后的过程中．电场力做功之比为1︰1
例题3、 如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电荷量q＝＋1×10－8C．（g＝10m／s2）求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
随练1、[多选题] 如图所示，带电荷量之比为的带电粒子A、B以相等的速度从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子 重力的影响，则（ ）
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C.A和B的质量之比为1∶12
D.A和B的比荷之比为1∶4
随练2、 如图示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间距也为l，板间电压恒定为U。M、N左端有两竖直放置的金属板P、Q，相距为d，P、Q两板 间加的电压是6U。今有一带电量为q、质量为m的带正电粒子（重力不计）在PQ板间距离Q板d／4处由静止释放，经P、Q间的电场加速后沿M、N两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏S上。
（1）粒子刚进入M、N间的偏转电场时的速度是多少？
（2）粒子在屏上的落点距O点的距离为多少？
（3）假设大量的上述粒子以上述（1）问中的速度从MN板左端不同位置垂直进入偏转电场。试求这些粒子打到竖直屏S上的范围。
示波管
例题1、 示波器是一种电子仪器，可以用它观察电信号随时间变化的情况.示波器的核心部件示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示.图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图.在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点；若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线.若在XX'上加如图丙所示的扫描电压，在YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是下图中的（ ）
2t1
U XX'
t
0
3t1
t1
丙
U YY'
t
0
2t1
t1
丁
A.
B.
C.
D.
例题2、 如图所示，真空玻璃管内，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经阳极A与阴极K之间的电压U1形成的加速电场加速后，从阳极A的小孔射出，由水平放置的平行正对偏转极板从M、N的左端中点以平行于极板的方向射入两极板之间的区域。若M、N两极板间无电压，电子将沿水平直线打在黃光屏上的O点；若在M、N两极板间加电压U2，形成平行纸面的偏转电场，则电子将打在荧光屏上的P点；已知电子质量为m，电荷量为e。M、N两极板长均为L1、两极板间距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2。忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力，求：
（1）电子从阳极A小孔射出时速度v0的大小；
（2）在M、N两极板间加电压U2后，电子射出偏转电场时的速度大小和方向；
（3）OP两点间的距离。
例题3、 示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器．它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程．如图1所示，图2①是示波管的原理图，它是由电子枪、加速电场、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏等组成．电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点．若亮点很快移动，由于视觉暂留，能在荧光屏上看到一条亮线．
（1）质量为m电荷量为e的电子，从静止开始在加速电场中加速．加速电压为U1，竖直偏转电极YY′之间的电压为U2，YY′之间的距离为d，电极极板的长和宽均为L，水平偏转电极XX′两极板间电压为0．若电子被加速后沿垂直于偏转电场的方向射入电场，并最终能打到荧光屏上．
①电子进入偏转电场时的速度大小；
②电子打到荧光屏上时的动能大小；
（2）如果只在偏转电极XX′上加上如图2②所示的电压，试在答题卡的图2①上画出在荧光屏所能观察到的亮线的形状．
（3）如果在偏转电极YY′加上Uy＝Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图2②所示的电压，试在答题卡的图②上画出所观察到的亮线的形状．如果在此基础上将扫描范围的频率值减小到原来的一半，画出此时的图像．
随练1、 如图所示是个示波管工作原理的示意图。电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为，板长为l。为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（ ）
A.尽可能使板长l长些
B.增大两板间的电势差U2
C.尽可能使板间距离d大一些
D.使加速电压U1升高一些
随练2、 示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e。发射出的电子由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO′进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为U2，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
（1）求电子从小孔O穿出时的速度大小v0；
（2）求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（3）若将极板M、N间所加的直流电压U2改为交变电压，电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T，且电子能全部打到荧光屏上，求电子打在荧光屏内范围的长度s。
随练3、 示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属极板A、B间的中心线射入两板中。板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T。前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过两板间的短时间内，电场视作恒定的，在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x轴方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置，然后重新做同样的匀速运动。（已知电子的质量为m，带电荷量为e，不计电子的重力）求：
（1）电子刚进入A、B板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图乙中电压的最大值U0应满足什么条件？
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，并在图丙所示的x－y坐标系中画出这个波形。
拓展
1、[多选题] 如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，S是闭合的，U表示电容器两极板间的电势差，Q表示极板所带的电置，E表示匀强电场的电场强度．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（ ）
A.U不变，C变小
B.Q变小，E变小
C.U变小，E不变
D.Q不变，E不变
2、 (多选)如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，电压恒为U．一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为v．现将M板水平向右移动一段距离，再将电子从N板静止释放，下列判断正确的是( )
A.金属板M、N的带电量不变
B.电子运动过程的加速度变大
C.电子运动到M板所用的时间变短
D.电子运动到M板时速率变小
3、 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关K，电源即给电容器充电，则（ ）
A.断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
B.断开K，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大
C.保持K接通，使两极板左右错开一些，则极板上的电荷量增大
D.保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
4、 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板A接地，在两极板之间有一正点电荷P恰好静止在某点，如图所示．以E表示两极板间电场强度，U表示两极板间的电势差，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )
A.E变大，U变大，P向上运动
B.E变大，U变大，P仍然静止
C.E减小，U减小，P向下运动
D.E不变，U减小，P仍然静止
5、 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（ ）
A.电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
B.电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C.两板间距离越小，电子的加速度就越小
D.两板间距离越大，加速时间越短
6、[多选题] 如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则（ ）
A.微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小
B.微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为
C.微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为
D.若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板
7、 在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N／C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C，质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m／s，如图所示．（g取10m／s2）
试求：（1）物块向右运动的最大距离；
（2）物块最终停止的位置．
8、[多选题] 三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（ ）
A.三微粒在电场中的运动时间有t3＝t2＞t1
B.三微粒所带电荷量有q1＞q2＝q3
C.三微粒所受电场力有F1＝F2＞F3
D.飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能
9、 如图甲所示，长为l、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连(图中未画出电源)，B、D为两板的右端点，两板间电压的变化如图乙所示，在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为l，质量为m，电荷量为e的电子以相同的初速度v0从极板左边中央沿平行极板的直线O1O2连续不断地射入．已知所有的电子均能够从金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等，忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用．求
(1)t＝0和t时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离O1O2的距离之比
(2)两板间电压U0的最大值
(3)电子在荧光屏上分布的最大范围．
10、 示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A.极板X应带负电；极板Y应带负电
B.极板X′应带负电；极板Y应带负电
C.极板X应带负电；极板Y′应带负电
D.极板X′应带负电；极板Y′应带负电
11、 下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
（1）求电子穿过A板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
答案解析
电容器
两极板电势差保持不变
例题1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
例题2、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 暂无解析
例题3、
【答案】 D
【解析】 暂无解析
随练1、
【答案】 D
【解析】 A．平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变。若将云母介质移出，由电容的决定式，可知，电容C会减小，故A错误；
B．因E＝U／d，U不变，d不变，电场强度不变，故B错误；
C．电容器接在恒压直流电源上，电容器极板间电势差不变，故C错误；
D．由电容的定义式C＝Q／U，可得，电荷量会减小，故D正确。
随练2、
【答案】 A
【解析】 当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电流表正接线柱流入，电流计指针向右偏。当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到零刻度。故A正确、BCD错误。
两极板带电量保持不变
例题1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
例题2、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
例题3、
【答案】 A D
【解析】 解:A、B、保持闭合,电容器两极板间的电势差等于电源的电动势,不变;故电场强度为,当板向板靠近时,电场强度变大,电场力变大,故变大,故A正确,B错误; C、D、断开,电容器带电量不变,根据电容器电容定义式、平行板电容器的公式以及电压与电场强度关系公式,得到:,故电场强度与两极板距离无关,故将板向板靠近,电场强度不变,电场力不变,故倾角不变,故C错误,D正确; 故选:AD. 带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡,电场力越大,细线与竖直方向的夹角越大;根据电容器电容定义式、平行板电容器的公式以及电压与电场强度关系公式对各种变化中电场强度进行分析,得到电场强度的变化情况,最后判断电场力变化情况和偏转角变化情况. 本题关键是明确:电键闭合时,电容器电压不变;电键断开时,电容器电量不变.结合电容的定义式和决定式分析求解.
随练1、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 AB、由题可知电容器两板所带电量不变， A板下移时，根据、和可推出，可知，P点的电场强度E不变，P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故B正确，A错误；
CD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确，D错误。
随练2、
【答案】 （1）充电；A→B
（2）增大；A→B
（3）减小；无
【解析】 （1）当开关S接通的瞬间，电源给电容器充电，此过程中通过电阻R的电流的方向“A→B”或“B→A”。
（2）开关S始终处于闭合状态，若减小电容器两极板间距离，则电容器的电容增大，此过程中通过电阻R的电流的方向A→B。
（3）开关S闭合，电路稳定后，先断开S，再将电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，此过程中无电流通过电阻R。
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中的直线运动
例题1、
【答案】 D
【解析】 根据动能定理得：
得：
A、B、由上式可知，v与A、K间距离无关，则若A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度仍为v，故AB错误。
C、D、由上式可知，电压减半时，则电子离开K时的速度变为，故C错误，D正确。
例题2、
【答案】 C
【解析】 遭0－0.25s内，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.25－0.5s内，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.5s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动。故C正确，A、B、D错误。
例题3、
【答案】 8s；6m／s
【解析】 对物块分析竖直方向
N＝mg
f＝μN
所以，f＝μmg＝0.4×1×10＝4N
电场力Eq＝5N
向左运动时Eq＋f＝ma1
a1＝9m／s2
向右运动时Eq－f＝ma1
a2＝1m／s2
例题4、
【答案】 （1）
（2）1m／s
（3）能；Q距右端的距离为3m
【解析】 （1）Q与木板的相对静止后的共同速度为v：mv0＝（M＋m）v ①
Q在木板上滑动的距离为x：②
由①②解得：v＝1m／s
接着共同加速度运动距离为：x1＝4.75－（4－0.75）＝1.5m
加速度为：
第一次碰撞前瞬间的速度为v1则：
解得：
则木板左端达到墙壁时Q刚要进入电场，此前均为匀速运动速度为v＝1m／s，即第一次碰撞前瞬间的速度大小为。
（2）第一次碰撞后，木板以的初速度反向减速运动，加速度的大小为：
Q做向左的减速速度运动，加速度大小为
二者速度减为0时，各自完成的距离为相同为：x′，
后二者向左做匀加速运动，加速度
再次与墙壁相碰时速度为v′则：v′2＝2a′x′解得：。
（3）若不掉下，则木板要最后停靠在竖直墙壁，设Q距右端的距离为x，则由能量关系可得：
代入数据解得：x＝3m
随练1、
【答案】 D
【解析】 对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，。
将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回。
根据动能定理得，
联立两式解得．故D正确，A、B、C错误。
随练2、
【答案】 B
【解析】 A、由于电场力和重力都是恒力，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0说明液滴一定做减速运动，它受到的电场力的方向一定向上，与电场的方向相同，所以液滴带正电．故A错误；
B、由动能定理得：合外力做功；故B正确；
C、带电液滴下落h高度，重力做功：WG＝mgh．故C错误；
D、由功能关系：，所以电场力做负功，其值为，根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，可知液滴的机械能减小，减小量为．故D错误．
随练3、
【答案】 （1）500V/m
（2）1×10－4 kg
（3）0.2s
【解析】 （1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小为：
E1500V/m；
（2）设带电小球的质量为m，小球处于静止，有：
mg＝qE1
则mkg＝1×10－4 kg；
（3）当U2＝36V时，带电小球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知：
mg－qma
又hat2，
据题有：d＝0.12m，h＝0.08m
联立解得：t＝0.2s。
随练4、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）动能定理：，
解出
（2）牛顿定律：，
解出
由得：
（3）电子从灯丝出发达到c所经历的时间
电子从灯丝出发达到d所经历的时间
c、d两个等势面之间的电子数，
将时间td和tc代入，求出：
带电粒子在电场中的偏转
例题1、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
例题2、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，在前时间内的位移为，在后时间内的位移为在前时间内电场力对粒子做功为：，在后时间内电场力对粒子做功为：，故A错误，B正确；由电场力做功W＝qEy，则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比1：1，故C错误，D正确.
例题3、
【答案】 （1）10m／s
（2）120V＜U＜200V
【解析】 （1）据题意，带电粒子进入电场做类平抛运动，即
，
可解得．
（2），，解得：U1＝120V
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出
，，解得U2＝200V，所以120V＜U＜200V．
随练1、[多选题]
【答案】 A B C
【解析】 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：，则粒子的运动时间之比：，故A正确；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向位移相等，，则加速度之比：，故B正确；由牛顿第二定律得：qE＝ma，则粒子质量之比：，故C正确；比荷之比：，故D错误。
随练2、
【答案】 （1）
（2）
（3）距O点上方，距O点下方
【解析】 （1）设离Q板d／4处为A点，，对粒子从A点到出加速电场应用动能定理：，解得；
（2）MN间的电场强度为：
粒子在MN电场间的加速度为：
运动时间为：
离开MN电场时偏转位移为：，
解得：
离开MN电场时粒子速度偏转角为
粒子在屏上的落点位置：
即粒子落点距O点的距离为；
（3）当粒子贴着M板进入MN时，由（2）得，它将偏离入射点打到屏上，即打到，此为粒子打到屏上范围的上过界；
由（2）得，即当粒子在距离N板处进入MN之间，恰能从N板右边缘离开，打到屏时偏离入射点，即点以下处。
示波管
例题1、
【答案】 A
【解析】 因水平方向XX’所加为扫描电压，可使电子在水平方向移动。竖直方向YY’所加电压可使电子在竖直方向移动。所以A选项正确。B、C、D选项错误。
例题2、
【答案】 （1）
（2）；夹角为
（3）
【解析】 ⑴设电子经电压U1加速后的速度为v1，根据动能定理：
，解得
（2）电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以v1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：
电子通过匀强电场的时间
电子离开匀强电场时竖直方向的速度vy为：
由运动合成与分解得：
将带入得：
电子离开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图）则
∴
（3）电子通过匀强电场时偏离中心线的位移
电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移
∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为
例题3、
【答案】 （1）①；②
（2）见解析
（3）见解析
【解析】 （1）①设电子经电子枪加速后进入偏转电极YY′的速度为υ0，
则有：解出：
②偏转电极的电压为U2，板间距离为d，板长为L，
则有：；，
即电子在电场中的偏转距离为：
电子打到荧光屏上时的动能为：
（2）（3）荧光屏上的图形如下图所示：
随练1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
随练2、
【答案】 （1）
（2）
（3）（l＋2L）
【解析】
随练3、
【答案】 （1）
（2）
（3）T；；vT；
【解析】 （1）设电子进入AB板时的初速度为v0
则由动能定理有：
解得；
（2）电子在垂直于电场方向做匀速直线运动，运动时间
设电子在电场方向做匀加速直线运动的位移
联立得：
要使所有的电子都能打在荧光屏上，必须满足：
由以上各式解得；
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏运动的周期应该与交变电压的周期相同，所以，荧光屏必须每隔时间T回到初始位置。电压为峰值时荧光屏上的波形出现峰值Y。
设某个电子运动轨迹如图所示，
则，其中，
又知，
由相似三角形的性质，得，
则，
所以峰值为，
所以该波形的长度S＝vT，波形如图所示。
拓展
1、[多选题]
【答案】 A B
【解析】 暂无解析
2、
【答案】 B C
【解析】 Q=CU，M右移则电容增大电量增大，A错．，M右移则电场增大，加速度增大，B对．，d减小a增大，所以时间变短，C正确．末态速率只依赖于电源电压，故不变，D错．
故选：BC
3、
【答案】 A
【解析】 A、断开K，电容器所带电量不变．减小两极板间的距离，根据电容的定义式分析得知电容C增大，由分析得知，两极板间的电势差U减小．故A正确．
B、断开K，电容器所带电量Q不变．在两极板间插入一块电介质，根据电容的定义式分析得知电容C增大，由分析得知，两极板间的电势差减小．故B错误．
C、保持K接通，电容器板间电压U不变．在两极板间插入一块介质，根据电容的定义式分析得知电容C减小，由分析得知，极板上的电荷量Q减小．故C错误．
D、保持K接通，板间电压U不变，减小两极板间的距离d，由公式分析得知，两极板间电场的电场强度E增大．故D错误．
4、
【答案】 D
【解析】 平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由推论公式E=，分析得到板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，由公式U=分析得到板间电压U减小．电场力F=Eq没有变化，正点电荷P仍然静止．
故选：D．
5、
【答案】 B
【解析】 AB、电子从负极板到正极板由动能定理有：，求得，所以到达正极板的速度只与电压有关，而与板距无关，选项A错误，选项B正确。
C、据牛顿第二定律可得加速度，所以当板距越小时，加速度越大，选项C错误。
D、电子从负极板向正极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间，极距越大，时间越长，所以选项D错误。
6、[多选题]
【答案】 B C D
【解析】 A．微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小．重力一直做正功，重力势能一直减小．故A错误．
B．微粒下降的高度为，重力做正功，为，电场力向上，位移向下，电场力做负功，．故B正确．
C．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功．故C正确．
D．由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：
①
若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：
②
由①②联立得v＝0，即恰好能达到A板．故D正确．
7、
【答案】 （1）0.4m
（2）O点左侧0.2m处
【解析】 （1）物体受到的电场力为：F＝Eq＝6×105×5×10－8＝0.03N，方向水平向左．
物体受到的摩擦力为：f＝μmg＝0.2×0.01×10＝0.02N
F＞f
物块先向右减速运动，再向左加速运动，越过O点进入无电场区域后，再减速运动直到停止．
设物块到达最右端的坐标为x1 m，对O→x1 m处，由动能定理得：
即：
解得：x1＝0.4m．
（2）设物块最终停止的位置坐标为－x2 m，对O→－x2 m处，
由动能定理得：
即：
得：x2＝0.2m，
即物块停在0.2m处．
8、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 暂无解析
9、
【答案】 (1)t＝0和t时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离之比为1：3．
(2)两板间电压U0的最大值．
(3)电子在荧光屏上分布的最大范围为．
【解析】 (1)t＝0时刻进入两板间的电子先沿OO′方向做匀速运动，即有
v0
而后在电场力作用下做类平抛运动，在垂直于OO′方向做匀加速运动，设到达B、D
端界面时偏离OO′的距离为y1，则y1()2
t时刻进入两板间的电子先在时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运动到达金属板B、D端界面．设电子到达金属板的中央时偏离OO′的距离为y2，将此时电子的速度分解为沿OO′方向的分量v0与沿电场方向的分量vE，并设此时刻电子的速度方向与OO′的夹角为θ，电子沿直线到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离为y2′，则有y2()2
tanθ•
解得y2′
因此，y1：y2′＝1：3．
(2)在t＝(2n+1)(n＝0，1，2…)时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO′的距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足的条件为y2′，解得板间电太的最大值
U0
(3)设t＝nT(n＝0，1，2…)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y1；
t＝(2n+1)(n＝0，1，2…)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y2′，电子到达荧光屏上分布在ΔY＝Y2﹣Y1范围内．当满足y2′的条件时，ΔY为最大．根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到
tanθ
因此电子在荧光屏上分布的最大范围为ΔY＝Y2﹣Y1＝y2′﹣y1
10、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
11、
【答案】 （1）
（2）
（3）减小加速电压U1；增大偏转电压U2
【解析】 （1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理
得
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式
F＝eE
解得
第21讲 带电粒子在电场中的运动
知识图谱
电容器
知识精讲
一．电容器
1．电容器
⑴任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体都可以构成电容器．
⑵把电容器的两个极板分别与电池的两极相连，两个极板就会带上等量异种电荷．这一过程叫电容器的充电．其中任意一块板所带的电荷量的绝对值叫做电容器的带电量；用导线把电容器的两板接通，两板上的电荷将发生中和，电容器不再带电，这一过程叫做放电．
2．电容
（1）电容器所带的电量Q跟两极板间的电势差U的比值，叫做电容器的电容，用符号C表示．
（2）定义式：,若极板上的电量增加ΔQ时板间电压增加ΔU,则C
（3）单位：法拉，符号：F，与其它单位的换算关系为：１F＝106＝1012
（4）意义：电容是描述电容器储存电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板间的电势差增加１V所增加的电量．
3．平行板电容器
（1）一般说来，构成电容器的两个导体的正对面积S越大 ，距离d越小，这个电容器的电容就越大；两个导体间电介质的性质也会影响电容器的电容．
（2）表达式：板间为真空时：，
插入介质后电容变大倍：，k为静电力常数，称为相对（真空）介电常数．
说明：是电容的定义式，它在任何情况下都成立，式中C与Q、U无关，而由电容器自身结构决定．而是电容的决定式，它只适用于平行板电容器，它反映了电容与其自身结构S、ｄ、的关系．
4．两种不同变化
电容器和电源连接，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里要分清两种常见的变化：
（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量而
（2）充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下。
三点剖析
课程目标：
能够根据题目条件熟练分析电容器的动态变化问题
两极板电势差保持不变
例题1、 连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时( )
A.电容器的电容C变大
B.电容器极板的带电荷量Q不变
C.电容器两极板间的电压U变大
D.电容器两极板间的电场强度E变小
例题2、[多选题] 如图所示，是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，有带电小球静止在平行板电容器中间，在增大电容器两极板间距离的过程中（ ）
A.带电小球将竖直向下运动
B.带电小球将竖直向上运动
C.电阻R中有从a流向b的电流
D.电阻R中有从b流向a的电流
例题3、 如图所示的电路可将声音信号转化为电信号,该电路中是固定不动的金属板,是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜,、构成了一个电容器,且通过导线与恒定电源两极相接,若声源发出声波,则振动过程中（ ）
A.、板之间的电场强度不变
B.、板上所带的电荷量不变
C.电路中始终有方向不变的电流
D.当板向右位移最大时,电容器电容最大
随练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（ ）
A.电容器电容增大
B.电容器极板间电场强度变大
C.电容器极板间电势差变小
D.电容器极板上的电荷量变小
随练2、 传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计（零刻度在中间）的电源串联成闭合回路．当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定之后，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）（ ）
A.向右偏到某一刻度后回到零刻度
B.向左偏到某一刻度后回到零刻度
C.向右偏到某一刻度后不动
D.向左偏到某一刻度后不动
两极板带电量保持不变
例题1、 静电计可以用来测量电容器的电压。如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小。现在对电容器充完点后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则( )
A.电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小
B.电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小
C.电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大
D.电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大
例题2、 平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图所示．当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动（ ）
A.保持S闭合，将电容器的下极板稍稍下移
B.保持S闭合，将电容器的下极板稍稍向左水平移动
C.将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动
D.将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移
例题3、 如图所示,平行板电容器的两极板、接于电池两极,一带正电的小球悬挂在电容器内部,闭合,电容器充电,这时悬线偏离竖直方向的夹角为（ ）
A.保持闭合,将板向板靠近,则增大
B.保持闭合;将板向板靠近,则不变
C.断开,将板向板靠近,则增大
D.断开,将板向板靠近,则不变
随练1、[多选题] 如图所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q，板间电场有固定点P，若将B板固定，A板下移些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（ ）
A.A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
B.A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变
C.B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低
D.B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低
随练2、 如图所示的电路中，电源两端电压恒定为U，开关S处于断开状态。
（1）当开关S接通的瞬间，电源给电容器________（选填“充电”或“放电”），此过程中通过电阻R的电流的方向________（选填“A→B”或“B→A”）。
（2）开关S始终处于闭合状态，若减小电容器两极板间距离，则电容器的电容________（选填“增大”或“减小”），此过程中通过电阻R的电流的方向________（选填“A→B”或“B→A”）。
（3）开关S闭合，电路稳定后，先断开S，再将电容器两极板间距离增大，则电容器的电容________（选填“增大”或“减小”），此过程中________（选填“有”或“无”）电流通过电阻R。
带电粒子在电场中的运动
知识精讲
一．带电粒子在电场中的加速直线运动
1．若粒子作匀变速运动，可采用动力学方法求解，即先求加速度，再由运动学公式求解．
2．用能量的观点分析：合外力对粒子所作的功等于带电粒子动能的增量．即：，此式对于非匀强电场、非直线运动均成立．对于多级加速器，是利用两个金属筒缝间的电场加速，电场力做功
二．带电粒子在电场中的偏转
1．运动状态分析：粒子受恒定的电场力，在场中作匀变速曲线运动．
2．处理方法：采用类平抛运动的方法来分析处理
v0
m，q
y
vt
θ
θ
①速度规律
②位移规律
③角度规律
，即速度反向延长平分水平位移，就像粒子从水平位移的中点发射出来一样
三．示波器构造
⑴构造：电子枪、偏转电极，荧光屏
⑵工作原理
如果在偏转电极和之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线打在荧光屏中央，在屏上产生一个亮点。
XX＇上所加的锯齿形电压，叫扫描电压．
YY＇上所加的是待显示的信号电压U，在屏上产生的竖直偏移y＇与U成正比．
当扫描电压和信号电压的周期相同时，荧光屏上将出现一个稳定的波形．
三点剖析
课程目标：
1.了解带电粒子在匀强电场中的运动
2.重点掌握初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中的运动
3.知道示波管的主要构造和工作原理
带电粒子在电场中的直线运动
例题1、 如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U．电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v．下面的说法中正确的是（ ）
A.如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B.如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为
C.如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D.如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
例题2、 在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（不计电子重力）（ ）
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动
例题3、 如图所示，有一质量为m＝1kg，带电量为－q＝－1C的小物块以初速度v0＝18m／s沿粗糙水平地面从A处向右滑动。已知空间存在向右的匀强电场，其电场强度为E＝5N／C。物块与地面的滑动摩擦因数为μ＝0.4，求当物块返回到A处的时间t和速度v。（g取10m／s2）
例题4、 如图所示，在光滑水平面上方存在电场强度大小为E＝2×104N／C、方向水平向左的有界匀强电场，电场右边界如图中的虚线所示，左边界为竖直墙壁，电场宽度d＝4.75m。长度L＝4m、质量M＝2kg的不带电绝缘长木板P原先静止在水平面上。可视为质点的质量m＝1kg、电荷量q＝1×10－4C的带正电金属块Q从木板的右端以V0＝3m／s的速度水平向左滑上木板，两者相对静止后再进入电场，木板与墙壁发生碰撞的时间极短且碰撞无机械能损失。已知金属块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m／s2。
（1）求木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小。
（2）求木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小。
（3）金属块最终能否停在木板上？若能，求出金属块最终停在木板上的位置；若不能，请说明理由。
随练1、 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（ ）
A.打到下极板上
B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回
D.在距上极板处返回
随练2、 一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中．由于电场力和重力的作用，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0．在此过程中，以下判断正确的是（ ）
A.液滴一定带负电
B.合外力对液滴做的功为
C.重力对液滴做的功为
D.液滴的机械能减少了mgh
随练3、 如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电，下极板带负电，两极板间距为12cm。当两极板间的电势差为U1＝60V时，一带电荷量为q＝－2×10－6C的小球在距下极板8cm处静止。取g＝10m/s2．求：
（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小；
（2）小球的质量；
（3）若两极板间的电势差变为U2＝36V时，带电小球运动到极板上需要的时间。
随练4、 当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中四个均匀分布的等势面，K是与M板距离很近的灯丝，电源E1给K加热从而产生热电子。电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电量为e。求：
（1）电子到达N板的瞬时速度；
（2）电子从灯丝K出发到达N板所经历的时间；
（3）电路稳定的某时刻，c、d两个等势面之间具有的电子数。
带电粒子在电场中的偏转
例题1、 如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（ ）
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
例题2、[多选题] 如图所示，带正电的粒子以一定的速度v沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间距为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则（ ）（不计粒子的重力）
A.在前时间内，电场力对粒子做的功为
B.在后时间内，电场力对粒子做的功为
C.在粒子下落前和后的过程中．电场力做功之比为1︰2
D.在粒子下落前和后的过程中．电场力做功之比为1︰1
例题3、 如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电荷量q＝＋1×10－8C．（g＝10m／s2）求：
（1）微粒入射速度v0为多少？
（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
随练1、[多选题] 如图所示，带电荷量之比为的带电粒子A、B以相等的速度从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子 重力的影响，则（ ）
A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C.A和B的质量之比为1∶12
D.A和B的比荷之比为1∶4
随练2、 如图示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长为l，两板间距也为l，板间电压恒定为U。M、N左端有两竖直放置的金属板P、Q，相距为d，P、Q两板 间加的电压是6U。今有一带电量为q、质量为m的带正电粒子（重力不计）在PQ板间距离Q板d／4处由静止释放，经P、Q间的电场加速后沿M、N两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l的竖直屏S上。
（1）粒子刚进入M、N间的偏转电场时的速度是多少？
（2）粒子在屏上的落点距O点的距离为多少？
（3）假设大量的上述粒子以上述（1）问中的速度从MN板左端不同位置垂直进入偏转电场。试求这些粒子打到竖直屏S上的范围。
示波管
例题1、 示波器是一种电子仪器，可以用它观察电信号随时间变化的情况.示波器的核心部件示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示.图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图.在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点；若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线.若在XX'上加如图丙所示的扫描电压，在YY'上加如图丁所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是下图中的（ ）
2t1
U XX'
t
0
3t1
t1
丙
U YY'
t
0
2t1
t1
丁
A.
B.
C.
D.
例题2、 如图所示，真空玻璃管内，加热的阴极K发出的电子（初速度可忽略不计）经阳极A与阴极K之间的电压U1形成的加速电场加速后，从阳极A的小孔射出，由水平放置的平行正对偏转极板从M、N的左端中点以平行于极板的方向射入两极板之间的区域。若M、N两极板间无电压，电子将沿水平直线打在黃光屏上的O点；若在M、N两极板间加电压U2，形成平行纸面的偏转电场，则电子将打在荧光屏上的P点；已知电子质量为m，电荷量为e。M、N两极板长均为L1、两极板间距离为d，极板右端到荧光屏的距离为L2。忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力，求：
（1）电子从阳极A小孔射出时速度v0的大小；
（2）在M、N两极板间加电压U2后，电子射出偏转电场时的速度大小和方向；
（3）OP两点间的距离。
例题3、 示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器．它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程．如图1所示，图2①是示波管的原理图，它是由电子枪、加速电场、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏等组成．电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点．若亮点很快移动，由于视觉暂留，能在荧光屏上看到一条亮线．
（1）质量为m电荷量为e的电子，从静止开始在加速电场中加速．加速电压为U1，竖直偏转电极YY′之间的电压为U2，YY′之间的距离为d，电极极板的长和宽均为L，水平偏转电极XX′两极板间电压为0．若电子被加速后沿垂直于偏转电场的方向射入电场，并最终能打到荧光屏上．
①电子进入偏转电场时的速度大小；
②电子打到荧光屏上时的动能大小；
（2）如果只在偏转电极XX′上加上如图2②所示的电压，试在答题卡的图2①上画出在荧光屏所能观察到的亮线的形状．
（3）如果在偏转电极YY′加上Uy＝Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图2②所示的电压，试在答题卡的图②上画出所观察到的亮线的形状．如果在此基础上将扫描范围的频率值减小到原来的一半，画出此时的图像．
随练1、 如图所示是个示波管工作原理的示意图。电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为，板长为l。为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（ ）
A.尽可能使板长l长些
B.增大两板间的电势差U2
C.尽可能使板间距离d大一些
D.使加速电压U1升高一些
随练2、 示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e。发射出的电子由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO′进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为U2，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。
（1）求电子从小孔O穿出时的速度大小v0；
（2）求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（3）若将极板M、N间所加的直流电压U2改为交变电压，电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T，且电子能全部打到荧光屏上，求电子打在荧光屏内范围的长度s。
随练3、 示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属极板A、B间的中心线射入两板中。板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，周期为T。前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过两板间的短时间内，电场视作恒定的，在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两极板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿负x轴方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置，然后重新做同样的匀速运动。（已知电子的质量为m，带电荷量为e，不计电子的重力）求：
（1）电子刚进入A、B板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图乙中电压的最大值U0应满足什么条件？
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度，并在图丙所示的x－y坐标系中画出这个波形。
拓展
1、[多选题] 如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，S是闭合的，U表示电容器两极板间的电势差，Q表示极板所带的电置，E表示匀强电场的电场强度．现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（ ）
A.U不变，C变小
B.Q变小，E变小
C.U变小，E不变
D.Q不变，E不变
2、 (多选)如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，电压恒为U．一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为v．现将M板水平向右移动一段距离，再将电子从N板静止释放，下列判断正确的是( )
A.金属板M、N的带电量不变
B.电子运动过程的加速度变大
C.电子运动到M板所用的时间变短
D.电子运动到M板时速率变小
3、 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关K，电源即给电容器充电，则（ ）
A.断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
B.断开K，在两极板间插入一块绝缘介质，则两极板间的电势差增大
C.保持K接通，使两极板左右错开一些，则极板上的电荷量增大
D.保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
4、 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板A接地，在两极板之间有一正点电荷P恰好静止在某点，如图所示．以E表示两极板间电场强度，U表示两极板间的电势差，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )
A.E变大，U变大，P向上运动
B.E变大，U变大，P仍然静止
C.E减小，U减小，P向下运动
D.E不变，U减小，P仍然静止
5、 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（ ）
A.电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
B.电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关
C.两板间距离越小，电子的加速度就越小
D.两板间距离越大，加速时间越短
6、[多选题] 如图所示，带电平行金属板A，B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A，B板的正中央c点，则（ ）
A.微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小
B.微粒下落过程中重力做功为，电场力做功为
C.微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为
D.若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板
7、 在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N／C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C，质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m／s，如图所示．（g取10m／s2）
试求：（1）物块向右运动的最大距离；
（2）物块最终停止的位置．
8、[多选题] 三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（ ）
A.三微粒在电场中的运动时间有t3＝t2＞t1
B.三微粒所带电荷量有q1＞q2＝q3
C.三微粒所受电场力有F1＝F2＞F3
D.飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能
9、 如图甲所示，长为l、相距为d的两块正对的平行金属板AB和CD与一电源相连(图中未画出电源)，B、D为两板的右端点，两板间电压的变化如图乙所示，在金属板B、D端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN，荧光屏距B、D端的距离为l，质量为m，电荷量为e的电子以相同的初速度v0从极板左边中央沿平行极板的直线O1O2连续不断地射入．已知所有的电子均能够从金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等，忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子之间的相互作用．求
(1)t＝0和t时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离O1O2的距离之比
(2)两板间电压U0的最大值
(3)电子在荧光屏上分布的最大范围．
10、 示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
A.极板X应带负电；极板Y应带负电
B.极板X′应带负电；极板Y应带负电
C.极板X应带负电；极板Y′应带负电
D.极板X′应带负电；极板Y′应带负电
11、 下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
（1）求电子穿过A板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
答案解析
电容器
两极板电势差保持不变
例题1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
例题2、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 暂无解析
例题3、
【答案】 D
【解析】 暂无解析
随练1、
【答案】 D
【解析】 A．平行板电容器接在恒压直流电源上，其两极间的电压不变。若将云母介质移出，由电容的决定式，可知，电容C会减小，故A错误；
B．因E＝U／d，U不变，d不变，电场强度不变，故B错误；
C．电容器接在恒压直流电源上，电容器极板间电势差不变，故C错误；
D．由电容的定义式C＝Q／U，可得，电荷量会减小，故D正确。
随练2、
【答案】 A
【解析】 当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电流表正接线柱流入，电流计指针向右偏。当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到零刻度。故A正确、BCD错误。
两极板带电量保持不变
例题1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
例题2、
【答案】 C
【解析】 暂无解析
例题3、
【答案】 A D
【解析】 解:A、B、保持闭合,电容器两极板间的电势差等于电源的电动势,不变;故电场强度为,当板向板靠近时,电场强度变大,电场力变大,故变大,故A正确,B错误; C、D、断开,电容器带电量不变,根据电容器电容定义式、平行板电容器的公式以及电压与电场强度关系公式,得到:,故电场强度与两极板距离无关,故将板向板靠近,电场强度不变,电场力不变,故倾角不变,故C错误,D正确; 故选:AD. 带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡,电场力越大,细线与竖直方向的夹角越大;根据电容器电容定义式、平行板电容器的公式以及电压与电场强度关系公式对各种变化中电场强度进行分析,得到电场强度的变化情况,最后判断电场力变化情况和偏转角变化情况. 本题关键是明确:电键闭合时,电容器电压不变;电键断开时,电容器电量不变.结合电容的定义式和决定式分析求解.
随练1、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 AB、由题可知电容器两板所带电量不变， A板下移时，根据、和可推出，可知，P点的电场强度E不变，P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变，故B正确，A错误；
CD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低，故C正确，D错误。
随练2、
【答案】 （1）充电；A→B
（2）增大；A→B
（3）减小；无
【解析】 （1）当开关S接通的瞬间，电源给电容器充电，此过程中通过电阻R的电流的方向“A→B”或“B→A”。
（2）开关S始终处于闭合状态，若减小电容器两极板间距离，则电容器的电容增大，此过程中通过电阻R的电流的方向A→B。
（3）开关S闭合，电路稳定后，先断开S，再将电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，此过程中无电流通过电阻R。
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中的直线运动
例题1、
【答案】 D
【解析】 根据动能定理得：
得：
A、B、由上式可知，v与A、K间距离无关，则若A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度仍为v，故AB错误。
C、D、由上式可知，电压减半时，则电子离开K时的速度变为，故C错误，D正确。
例题2、
【答案】 C
【解析】 遭0－0.25s内，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.25－0.5s内，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.5s末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B板运动。故C正确，A、B、D错误。
例题3、
【答案】 8s；6m／s
【解析】 对物块分析竖直方向
N＝mg
f＝μN
所以，f＝μmg＝0.4×1×10＝4N
电场力Eq＝5N
向左运动时Eq＋f＝ma1
a1＝9m／s2
向右运动时Eq－f＝ma1
a2＝1m／s2
例题4、
【答案】 （1）
（2）1m／s
（3）能；Q距右端的距离为3m
【解析】 （1）Q与木板的相对静止后的共同速度为v：mv0＝（M＋m）v ①
Q在木板上滑动的距离为x：②
由①②解得：v＝1m／s
接着共同加速度运动距离为：x1＝4.75－（4－0.75）＝1.5m
加速度为：
第一次碰撞前瞬间的速度为v1则：
解得：
则木板左端达到墙壁时Q刚要进入电场，此前均为匀速运动速度为v＝1m／s，即第一次碰撞前瞬间的速度大小为。
（2）第一次碰撞后，木板以的初速度反向减速运动，加速度的大小为：
Q做向左的减速速度运动，加速度大小为
二者速度减为0时，各自完成的距离为相同为：x′，
后二者向左做匀加速运动，加速度
再次与墙壁相碰时速度为v′则：v′2＝2a′x′解得：。
（3）若不掉下，则木板要最后停靠在竖直墙壁，设Q距右端的距离为x，则由能量关系可得：
代入数据解得：x＝3m
随练1、
【答案】 D
【解析】 对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，。
将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回。
根据动能定理得，
联立两式解得．故D正确，A、B、C错误。
随练2、
【答案】 B
【解析】 A、由于电场力和重力都是恒力，液滴沿竖直方向下落一段距离h后，速度变为0说明液滴一定做减速运动，它受到的电场力的方向一定向上，与电场的方向相同，所以液滴带正电．故A错误；
B、由动能定理得：合外力做功；故B正确；
C、带电液滴下落h高度，重力做功：WG＝mgh．故C错误；
D、由功能关系：，所以电场力做负功，其值为，根据除重力以外的力做功，导致机械能变化，可知液滴的机械能减小，减小量为．故D错误．
随练3、
【答案】 （1）500V/m
（2）1×10－4 kg
（3）0.2s
【解析】 （1）平行板电容器内匀强电场的电场强度大小为：
E1500V/m；
（2）设带电小球的质量为m，小球处于静止，有：
mg＝qE1
则mkg＝1×10－4 kg；
（3）当U2＝36V时，带电小球向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知：
mg－qma
又hat2，
据题有：d＝0.12m，h＝0.08m
联立解得：t＝0.2s。
随练4、
【答案】 （1）
（2）
（3）
【解析】 （1）动能定理：，
解出
（2）牛顿定律：，
解出
由得：
（3）电子从灯丝出发达到c所经历的时间
电子从灯丝出发达到d所经历的时间
c、d两个等势面之间的电子数，
将时间td和tc代入，求出：
带电粒子在电场中的偏转
例题1、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
例题2、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，在前时间内的位移为，在后时间内的位移为在前时间内电场力对粒子做功为：，在后时间内电场力对粒子做功为：，故A错误，B正确；由电场力做功W＝qEy，则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比1：1，故C错误，D正确.
例题3、
【答案】 （1）10m／s
（2）120V＜U＜200V
【解析】 （1）据题意，带电粒子进入电场做类平抛运动，即
，
可解得．
（2），，解得：U1＝120V
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出
，，解得U2＝200V，所以120V＜U＜200V．
随练1、[多选题]
【答案】 A B C
【解析】 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：，则粒子的运动时间之比：，故A正确；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向位移相等，，则加速度之比：，故B正确；由牛顿第二定律得：qE＝ma，则粒子质量之比：，故C正确；比荷之比：，故D错误。
随练2、
【答案】 （1）
（2）
（3）距O点上方，距O点下方
【解析】 （1）设离Q板d／4处为A点，，对粒子从A点到出加速电场应用动能定理：，解得；
（2）MN间的电场强度为：
粒子在MN电场间的加速度为：
运动时间为：
离开MN电场时偏转位移为：，
解得：
离开MN电场时粒子速度偏转角为
粒子在屏上的落点位置：
即粒子落点距O点的距离为；
（3）当粒子贴着M板进入MN时，由（2）得，它将偏离入射点打到屏上，即打到，此为粒子打到屏上范围的上过界；
由（2）得，即当粒子在距离N板处进入MN之间，恰能从N板右边缘离开，打到屏时偏离入射点，即点以下处。
示波管
例题1、
【答案】 A
【解析】 因水平方向XX’所加为扫描电压，可使电子在水平方向移动。竖直方向YY’所加电压可使电子在竖直方向移动。所以A选项正确。B、C、D选项错误。
例题2、
【答案】 （1）
（2）；夹角为
（3）
【解析】 ⑴设电子经电压U1加速后的速度为v1，根据动能定理：
，解得
（2）电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以v1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：
电子通过匀强电场的时间
电子离开匀强电场时竖直方向的速度vy为：
由运动合成与分解得：
将带入得：
电子离开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图）则
∴
（3）电子通过匀强电场时偏离中心线的位移
电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移
∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为
例题3、
【答案】 （1）①；②
（2）见解析
（3）见解析
【解析】 （1）①设电子经电子枪加速后进入偏转电极YY′的速度为υ0，
则有：解出：
②偏转电极的电压为U2，板间距离为d，板长为L，
则有：；，
即电子在电场中的偏转距离为：
电子打到荧光屏上时的动能为：
（2）（3）荧光屏上的图形如下图所示：
随练1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
随练2、
【答案】 （1）
（2）
（3）（l＋2L）
【解析】
随练3、
【答案】 （1）
（2）
（3）T；；vT；
【解析】 （1）设电子进入AB板时的初速度为v0
则由动能定理有：
解得；
（2）电子在垂直于电场方向做匀速直线运动，运动时间
设电子在电场方向做匀加速直线运动的位移
联立得：
要使所有的电子都能打在荧光屏上，必须满足：
由以上各式解得；
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏运动的周期应该与交变电压的周期相同，所以，荧光屏必须每隔时间T回到初始位置。电压为峰值时荧光屏上的波形出现峰值Y。
设某个电子运动轨迹如图所示，
则，其中，
又知，
由相似三角形的性质，得，
则，
所以峰值为，
所以该波形的长度S＝vT，波形如图所示。
拓展
1、[多选题]
【答案】 A B
【解析】 暂无解析
2、
【答案】 B C
【解析】 Q=CU，M右移则电容增大电量增大，A错．，M右移则电场增大，加速度增大，B对．，d减小a增大，所以时间变短，C正确．末态速率只依赖于电源电压，故不变，D错．
故选：BC
3、
【答案】 A
【解析】 A、断开K，电容器所带电量不变．减小两极板间的距离，根据电容的定义式分析得知电容C增大，由分析得知，两极板间的电势差U减小．故A正确．
B、断开K，电容器所带电量Q不变．在两极板间插入一块电介质，根据电容的定义式分析得知电容C增大，由分析得知，两极板间的电势差减小．故B错误．
C、保持K接通，电容器板间电压U不变．在两极板间插入一块介质，根据电容的定义式分析得知电容C减小，由分析得知，极板上的电荷量Q减小．故C错误．
D、保持K接通，板间电压U不变，减小两极板间的距离d，由公式分析得知，两极板间电场的电场强度E增大．故D错误．
4、
【答案】 D
【解析】 平行板电容器充电后与电源断开，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，由推论公式E=，分析得到板间场强E不变，电容C增大，而电量Q不变，由公式U=分析得到板间电压U减小．电场力F=Eq没有变化，正点电荷P仍然静止．
故选：D．
5、
【答案】 B
【解析】 AB、电子从负极板到正极板由动能定理有：，求得，所以到达正极板的速度只与电压有关，而与板距无关，选项A错误，选项B正确。
C、据牛顿第二定律可得加速度，所以当板距越小时，加速度越大，选项C错误。
D、电子从负极板向正极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间，极距越大，时间越长，所以选项D错误。
6、[多选题]
【答案】 B C D
【解析】 A．微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小．重力一直做正功，重力势能一直减小．故A错误．
B．微粒下降的高度为，重力做正功，为，电场力向上，位移向下，电场力做负功，．故B正确．
C．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量等于微粒克服电场力做功．故C正确．
D．由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：
①
若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：
②
由①②联立得v＝0，即恰好能达到A板．故D正确．
7、
【答案】 （1）0.4m
（2）O点左侧0.2m处
【解析】 （1）物体受到的电场力为：F＝Eq＝6×105×5×10－8＝0.03N，方向水平向左．
物体受到的摩擦力为：f＝μmg＝0.2×0.01×10＝0.02N
F＞f
物块先向右减速运动，再向左加速运动，越过O点进入无电场区域后，再减速运动直到停止．
设物块到达最右端的坐标为x1 m，对O→x1 m处，由动能定理得：
即：
解得：x1＝0.4m．
（2）设物块最终停止的位置坐标为－x2 m，对O→－x2 m处，
由动能定理得：
即：
得：x2＝0.2m，
即物块停在0.2m处．
8、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 暂无解析
9、
【答案】 (1)t＝0和t时刻进入两板间的电子到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离之比为1：3．
(2)两板间电压U0的最大值．
(3)电子在荧光屏上分布的最大范围为．
【解析】 (1)t＝0时刻进入两板间的电子先沿OO′方向做匀速运动，即有
v0
而后在电场力作用下做类平抛运动，在垂直于OO′方向做匀加速运动，设到达B、D
端界面时偏离OO′的距离为y1，则y1()2
t时刻进入两板间的电子先在时间内做抛物线运动到达金属板的中央，而后做匀速直线运动到达金属板B、D端界面．设电子到达金属板的中央时偏离OO′的距离为y2，将此时电子的速度分解为沿OO′方向的分量v0与沿电场方向的分量vE，并设此时刻电子的速度方向与OO′的夹角为θ，电子沿直线到达金属板B、D端界面时偏离OO′的距离为y2′，则有y2()2
tanθ•
解得y2′
因此，y1：y2′＝1：3．
(2)在t＝(2n+1)(n＝0，1，2…)时刻进入两板间的电子在离开金属板时偏离OO′的距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板，应满足的条件为y2′，解得板间电太的最大值
U0
(3)设t＝nT(n＝0，1，2…)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y1；
t＝(2n+1)(n＝0，1，2…)时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O′点的距离为Y2′，电子到达荧光屏上分布在ΔY＝Y2﹣Y1范围内．当满足y2′的条件时，ΔY为最大．根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系，得到
tanθ
因此电子在荧光屏上分布的最大范围为ΔY＝Y2﹣Y1＝y2′﹣y1
10、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
11、
【答案】 （1）
（2）
（3）减小加速电压U1；增大偏转电压U2
【解析】 （1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理
得
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式
F＝eE
解得
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