8.6带电粒子在电场中的偏转（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份8.6带电粒子在电场中的偏转（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共27页。试卷主要包含了两个重要结论，功能关系，注重全面分析等内容，欢迎下载使用。

8.6带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在匀强电场中的偏转
带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)．

(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝
1．两个重要结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：在加速电场中有qU0＝mv02
在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2
偏转角θ，tan θ＝＝
得：y＝，tan θ＝
y、θ均与m、q无关．
(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．
2．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
带电粒子在匀强电场中的偏转
例题1.如图所示，xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子，以v0的速度沿AB方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为（−L，0）、（0，2L）、（0，L）。若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．带电粒子由A到C过程中最小速度一定为
B．带电粒子由A到C过程中电势能先减小后增大
C．匀强电场的场强大小为
D．若改变匀强电场，使粒子恰好能沿AB直线方向到达B点，则此状态下电场强度大小为
【答案】C
【解析】A．根据题意有几何知识可知

粒子恰好以最小的速度垂直y轴击中C点，则C点的速度最小且沿水平方向，带电粒子受到的电场力方向一定沿y轴负方向，将初速沿竖直方向和水平方向分解，水平方向粒子做匀速直线运动，速度为

竖直方向速度减为零时带电粒子速度最小等于水平分速度，所以带电粒子由A到C过程中最小速度一定为 ，故A错误；
B．带电粒子由A到C过程中电场力一定做负功，电势能增大，故B错误；
C．由几何知识可知OC=L,从A到C根据动能定理可得

解得匀强电场的场强大小为

故C正确；
D．若改变匀强电场方向，使粒子恰好能沿AB方向到达B点，则电场线的方向沿BA方向，根据动能定理有

解得此状态下电场强度大小为

故D错误。
故选D。
在匀强电场中，一个带电粒子射入电场后，留下一条从a到b虚线所示的径迹，重力不计，下列判断正确的是（　　）


A．带电粒子可能带正电
B．粒子从a运动到b的过程中电场力对其做正功
C．粒子在a点的动能小于在b点的动能
D．场强方向向右
【答案】A
【解析】AD．根据粒子的运动轨迹可知，该粒子做曲线运动，则受到水平向左的电场力作用。由于电场线方向和带电粒子电性未知，则场强方向无法确定。若电场线方向向左，则粒子带正电荷。若电场线方向向右，则粒子带负电，故A正确，D错误；
B．由于粒子受到电场力方向水平向左，则粒子从a运动到b的过程中电场力对其做负功，故B错误；
C．粒子从a运动到b的过程中电场力对其做负功，动能减小，则粒子在a点的动能大于在b点的动能，故C错误。
故选A。
（2023·全国·高三专题练习）如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从MN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，经过一段时间后粒子到达MN连线上的Q点（图中未画出），已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，下列说法正确的是（　　）

A．粒子从P点运动到Q点的过程中，电场力的冲量为3mv0
B．粒子经过Q点时的动能为2m
C．P点与Q点之间的距离为
D．粒子经过Q点时的速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，从P点到再次落到MN连线上，水平位移等于竖直位移，即
v0t=·t2
解得

电场力的冲量
I=qEt=2mv0
故A错误；
B．竖直速度
vy=t=2v0
合速度
v=v0
粒子经过Q点时的动能
Ek=mv2=
故B错误；
C．水平位移
x=v0t=
竖直位移
y=x
故合位移大小
s=x=
故C正确；
D．设Q点处速度方向与竖直方向的夹角为θ，则
tan θ=
即
θ≠30°
故D错误。
故选C。


带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
例题2.如图，是竖直平面内的光滑固定轨道，水平，长度为；是半径为的四分之一圆弧，与切于点。一质量为，带电量为的小球在空间中水平向右大小为的匀强电场中，从点静止开始向右运动。重力加速度为。小球从点运动到其轨迹的最高点，机械能增量为（　　）


A． B． C． D．
【答案】C
【解析】小球从a点运动到c点，有

设小球从c点运动到其轨迹最高点经过的时间为t，这段时间t内，小球在竖直方向上作竖直上抛运动到最高点，在水平方向上则作匀加速运动，有


在水平方向上则作匀加速运动，有


小球机械能的增量

联立解得

故选C。
(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g.由此可见(　　)

A．带电小球所受静电力为3mg
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
【答案】AD
【解析】
　带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动，则有x1＝v0t1，从B到C过程，有x2＝v0t2，由题意有x1＝2x2，则得t1＝2t2，即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，y1＝gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝at22，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C错误，A正确；由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；根据速度变化量Δv＝at，则得AB过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2，BC过程速度变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确．
(多选)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则(　　)

A．A球带正电，B球带负电
B．A球比B球先落地
C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加
D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小
【答案】AD
【解析】
　两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h＝at2可知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，则A所受的合力比B的小，所以A所受的静电力向上，带正电，B所受的静电力向下，带负电，故A正确．A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误．A所受的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加．B所受的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减少，故C错误．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，则A所受的合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A球的动能变化量小，故D正确．
带电粒子在交变电场中的偏转
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．
例题3.
（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（　　）

A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为
D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】AD
【解析】A．粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间

竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；
B．由上述分析知


解得

故B错误；
C．粒子在静电力作用下的加速度大小

时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为

故C错误；
D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。
故选AD。
如图甲所示，两平行金属板、的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为。已知时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则（　　）

A．部分粒子会打到两极板上
B．每个粒子在板间运动全过程，所受电场力会致使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为零
C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过
D．有（，…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
【答案】C
【解析】BD．带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍，在时间内带电粒子运动的加速度为

由匀变速直线运动规律得

同理可分析时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与图线所围面积成正比（时间轴下方的面积取负值），而经过整数个周期，图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，都垂直电场方向射出电场，故BD错误；
A．带电粒子在时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，故A错误；
C．当粒子在时刻射入且经过T离开电场时，粒子在时达到最大速度，由题意得此时两分位移之比为

即

可得

故粒子的最大速度为

因此最大动能为初动能的2倍，故C正确。
故选C。
在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v（v接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（     ）

A．当时，只有部分电子能从极板的右端射出
B．当时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为
D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为
【答案】C
【解析】AB．当电子恰好飞出极板时有
l = vt


由此求出

当

时，所有电子都能从极板的右端射出，当

时，只有部分电子能从极板的右端射出，AB错误；
C．当

一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，C正确；
D．若

任意0.2s内，有的时间内极板间电压低于临界电压，则有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为

D错误。
故选C。

1.如图所示，有质子（）、氘核（）、氚核（）和氦核（）四种带电粒子，先后从加速电压是的加速电场中的P点由静止释放，被加速后从B板的小孔射出沿CD间的中线进入偏转电压为的偏转电场，都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响，以下判断中正确的是（　　）


A．质子（）的偏转位移y最大
B．氦核（）的偏向角最小
C．氦核（）射出偏转电场时的动能最大
D．氚核（）的射出偏转电场时的速度最大
【答案】C
【解析】A．设偏转电场的长度为L，d为偏转电场极板间的距离，E为偏转电场间的电场强度，带电粒子在电场中先做加速运动，后做类平抛运动，有




整理得

由上述分析，看出y与粒子的质量和电荷量均无关，故三种粒子的偏转位移均相等，故A项错误；
B．偏向角有

由上述分析，看出偏向角与粒子的质量和电荷量均无关，故B项错误；
C．射出的动能为

所以电荷量q越大的粒子，射出时的动能最大，而氦核的电荷量最大，故其动能最大，故C项正确；
D．射出时的速度为

可见哪个粒子的比荷最大，其速度就最大，可见氚核（）的比荷为为最小，故其射出电场时的速度最小，故D项错误。
故选C。
2.如图所示，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场中央进入两平行金属板间的匀强电场，已知粒子的带电量为q，两板间的电势差为U，则粒子运动过程中（　　）

A．若粒子从电场中射出，则粒子动能增加了qU
B．若粒子从电场中射出，则电场力一定对粒子做了的功
C．若粒子打在极板上，则电场力一定对粒子做了的功
D．若粒子打在极板上，则粒子的动能一定增加了
【答案】C
【解析】ABD．粒子从电场中央进入，根据动能定理，动能增加量等于电场力做功与重力做功的代数和，而电场力与重力大小关系未知，重力是否考虑未知，则

又是否射出和射出位置不确定，则

所以动能增加量不确定，故ABD错误；
C．当粒子打在极板上或从极板射出，则电场力做功为，故C正确。
故选C。
3. （多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放。则小球运动到B点时的速度为
D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点
【答案】BC
【解析】A．由于电场强度，则

重力和电场力的合力为，方向与竖直方向成45°斜向右下，小球运动的物理最高点在弧AD的正中间，则

解得小球在等效最高点的最小速度

故A错误；
B．小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，小球在运动过程中受电场力、重力、绳的拉力，则小球的动能、重力势能、电势能之和不变，因带正电的小球运动到A点时，小球的电势能最大，所以到A点时的机械能最小，故B正确；
C．小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，到达C点后，绳未绷紧时，由动能定理可得

求得

则绷紧后小球瞬间的速度为

小球接着做圆周运动从C点到达B点，由于合力不做功，根据动能定理可得

，故C正确；
D．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为，若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，球将不会沿圆弧运动，小球将在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，故D错误。
故选BC。
4. （多选）（2022·河南开封·高三开学考试）如图，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向斜向下，且与电场方向的夹角为45°（图中未画出），则小球从M运动到N的过程（　　）

A．重力势能减少 B．重力势能减少
C．电势能减少 D．电势能减少
【答案】BC
【解析】AB．将N点的速度进行分解，则在水平方向有

竖直方向有

在竖直方向根据速度位移公式有

重力做功
WG=mgh
联立解得

则重力势能减少，故A错误，B正确；
CD．根据动能定理有

联立解得
W电=mv2
则电势能减少mv2，故C正确，D错误。
故选BC。
5. （多选）（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，AC是圆O的一条水平直径，BD是竖直直径，M点是圆上的点，OM连线与OC的夹角为60° ，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将电量为q（q>0）、质量为m的粒子从圆心O点以相同的动能Ek0射出，射出方向不同且都与圆共面，粒子可以经过圆周上的所有点。其中经过C点时粒子的动能最小且为。已知圆的半径为R，重力加速度的大小为g ，匀强电场的场强。那么（　　）


A．M点的电势高于A点的电势 B．B点的电势等于D点的电势
C．粒子经过M点时的动能为 D．粒子经过AB连线中点时的动能为
【答案】AD
【解析】AB．由题意，因为粒子经过C点时粒子的动能最小，所以粒子从O到C克服合外力所做的功最多，而重力和电场力对粒子做功只与粒子的初末位置有关，与路经无关，由此可推知重力和电场力的合力F的方向一定水平向左，如图所示，又因为

则根据几何关系以及平行四边形定则可知电场强度方向与水平方向夹角为30°，根据沿电场强度方向电势降低可知M点的电势高于A点的电势，B点的电势低于D点的电势，故A正确，B错误；
C．根据前面分析可知粒子所受合外力大小为

对从O到C的粒子，根据动能定理有

根据几何关系可知OM垂直于电场线，所以OM为一条等势线，粒子从O到M的过程，电场力不做功，重力做负功，根据动能定理有

解得

故C错误；
D．AB连线中点G在AO上的投影点为H，根据几何关系可知

根据动能定理有

解得

故D正确。

6. （多选）（2022·河南开封·高三开学考试）如图，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向斜向下，且与电场方向的夹角为45°（图中未画出），则小球从M运动到N的过程（　　）

A．重力势能减少 B．重力势能减少
C．电势能减少 D．电势能减少
【答案】BC
【解析】AB．将N点的速度进行分解，则在水平方向有

竖直方向有

在竖直方向根据速度位移公式有

重力做功
WG=mgh
联立解得

则重力势能减少，故A错误，B正确；
CD．根据动能定理有

联立解得
W电=mv2
则电势能减少mv2，故C正确，D错误。
故选BC。
7. （多选）（2022·广东广州·模拟预测）如图所示为带异种电荷的平行金属板MN（忽略电场的边界效应），在电场内紧贴M板左下端，向平行于M板和垂直于M两个方向，分别发射速度大小均为v0的相同粒子a、b，分别打中N板左端和右端。若不计重力和粒子之间的相互作用，a粒子到达N板的速度大小为，则（　　）

A．a、b粒子到达N板的时间相等
B．a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间
C．a、b粒子到达N板的速度大小相等
D．a粒子到达N板的速率小于b粒子到达N板的速率
【答案】BC
【解析】AB．b粒子在垂直于M板的方向的分运动初速度为0，加速度与a粒子的加速度相同，而a粒子的初速度不为0，所以a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间，故A错误，B正确；
CD．a、b粒子到达N板时电场力做功相同，根据动能定理，a、b粒子到达N板的速度大小相等，故C正确，D错误。
故选BC。
8. （多选）（2022·全国·高三课时练习）如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的水平初速度垂直于E进入电场，它们分别落在A、B、C三点，则可判断（　　）


A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电
B．三小球在电场中运动时间相等
C．三小球到达正极板时的动能关系是EkA>EkB>EkC
D．三小球在电场中运动的加速度关系是：aC>aB>aA
【答案】AD
【解析】ABD．在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示


三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，即
tA>tB>tC
由于竖直位移相同，根据知
aA 则结合牛顿第二定律知，落在A点的小球带正电，B球不带电，C球带负电，故AD正确，B错误；
C．根据动能定理
W合=Ek－Ek0
三球所受合力关系
FA 三球的初动能相等，可知
EkA 故C错误。
故选AD。
9.如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCDA'B'C'D'中心（固定在竖直轴上），粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强N/C；立方体边长L=0.1m，除了上下底面AA'B'B、CC'D'D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求：
（1）粒子打出后，在电场中运动的加速度大小；
（2）若所有粒子都能打到荧光屏上，求粒子源发射粒子的速率范围；
（3）若粒子源发射的速率为m/s，求每秒打在荧光屏上的粒子数占每秒发射粒子数的比例。


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据牛顿第二定律

代入数据可得加速度为

（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子刚落在荧光屏的下边缘时，速度有最小值，则有
竖直方向

水平方向

联立解得

若所有粒子都能打到荧光屏上，求粒子源发射粒子的速率应该满足

（3）粒子刚落在荧光屏的下边缘时，运动时间

当m/s时，粒子水平位移
x=v0t
代入数据可得

画出俯视图，由几何关系知，此水平位移和粒子与荧光屏的垂线成30°角，每秒打在荧光屏上的粒子数占每秒发射粒子数的比例为

10. （2022·广东·高三开学考试）光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司（SMEE）在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.04m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为，单个电子的初动能为Ek0=1.6×10-14J，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。
（1）若扫描电压为零，电子束在束偏移器中做何种运动？电子束到达芯片时的落点位置？
（2）若扫描电压为零，且It=Ne（N为电子个数），求O点每秒接收的能量E?（e=1.6×10-19C）
（3）若某时刻扫描电压为15kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？

【答案】（1）匀速直线运动，O；（2）；（3）0.003m
【解析】（1）无偏转电压时，电子束做匀速直线运动，落点位置为O；
（2）若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是

（3）电子在束偏移器中的加速度大小为

设电子的初速度大小为v0，则由题意可知

电子在束偏移器中运动的时间为

电子在束偏移器中的偏移量为

电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示

根据几何关系有

联立解得
Y=0.003m   ‍