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高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动精练
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动精练，共14页。
一、带电粒子在电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路：
1 .利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析 .适用于匀强电场 .
2 .利用静电力做功结合动能定理分析 .对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02(匀强电场)或qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02(任何电场)等 .
二、带电粒子在电场中的偏转
如图1所示，质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.
图1
1 .运动性质：
(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动 .
(2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动 .
2 .运动规律：
(1)t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(qU,md)，
偏移距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(,02)d).
(2)vy＝at＝eq \f(qUl,mv0d)，
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(,02)).
1 .判断下列说法的正误 .
(1)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动 .( × )
(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量守恒定律 .( √ )
(3)动能定理既能分析匀强电场中的直线运动问题，也能分析非匀强电场中的直线运动问题 .( √ )
(4)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动 .( √ )
2 .下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是( )
A .质子(eq \\al(1,1)H) B .氘核(eq \\al(2,1)H)
C .α粒子(eq \\al(4,2)He) D .氚核(eq \\al(3,1)H)
答案 A
解析 根据动能定理得粒子加速后的速度v＝ eq \r(\f(2Uq,m))，可知，质子的比荷eq \f(q,m)最大，则其速度最大，选项A正确.
一、带电粒子在电场中的加速
导学探究 (1)研究电子、质子、α粒子在电场中的运动时，重力能否忽略不计？
(2)带电粒子在匀强电场或非匀强电场中加速，计算末速度，分别应用什么规律研究？
答案 (1)电子、质子、α粒子在电场中所受静电力远大于重力，故重力可忽略不计 .
(2)分析带电粒子在匀强电场中的加速运动，可以用牛顿运动定律结合运动学公式列式求解，也可以用动能定理列式求解 .分析带电粒子在非匀强电场中的加速运动，可以用动能定理或功能关系求解 .
知识深化
1 .带电粒子的分类及受力特点
(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力 .
(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力 .
2 .分析带电粒子在静电力作用下加速运动问题的两个角度
(2021·安徽滁州市高二期末)如图2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( )
图2
A .两板间距离越大，加速时间越短
B .两板间距离越小，电子的加速度就越小
C .电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D .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
答案 C
解析 两板间电压为U保持不变，设板间距为d，电子在板间的加速度为a，据牛顿第二定律有qeq \f(U,d)＝ma，可得电子的加速度a＝eq \f(qU,md)，故两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝eq \f(1,2)at2，可得t＝deq \r(\f(2m,qU))，故两板间距离越大，加速时间越长，A错误；由动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mv2，电子到达Q板时的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))，与两板间距离无关，仅与加速电压有关，C正确，D错误 .
针对训练 (多选)如图3所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板 .要使这个带电粒子到达M、N板间距的eq \f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
图3
A .使初速度减小为原来的eq \f(1,2)
B .使M、N间电势差加倍
C .使M、N间电势差提高到原来的4倍
D .使初速度和M、N间电势差都减小为原来的eq \f(1,2)
答案 BD
二、带电粒子在电场中的偏转
如图4所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力，设粒子不与平行板相撞 .
图4
粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理，如图5所示 .
图5
1 .基本规律
初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝eq \f(l,v0)
静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 .加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)
速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(,02))
离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(,02)).
2 .两个推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点 .
(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ.
注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量 .
(2020·广东广州三校期中联考)如图6所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将( )
图6
A .开关S断开
B .初速度变为2v0
C .板间电压变为eq \f(U,2)
D .竖直移动上板，使板间距变为2d
答案 B
解析 开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为eq \f(U,2)时，板间场强变为原来的eq \f(1,2)，质子所受的静电力变为原来的eq \f(1,2)，加速度变为原来的eq \f(1,2)，根据y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2知质子运动到下极板所需时间为原来的eq \r(2)倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的eq \r(2)倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的eq \f(1,2)，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的eq \r(2)倍，水平位移为原来的eq \r(2)倍，质子不能落到下板边缘，D错误 .
(2021·遵义一中高一期末)如图7所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，电子的重力可忽略 .在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
图7
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
答案 B
解析 设电子被加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv02，设平行极板长为l，则电子在平行极板间偏转的时间t＝eq \f(l,v0)，设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,dm)，电子射出平行极板时，竖直分速度vy＝at，联立可得：vy＝eq \f(qU2l,dmv0)，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小时，一定能使偏转角θ变大，选项B正确，选项A、C、D错误 .
(2020·吉化一中期中)一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm.整个装置如图8所示，(不计粒子的重力)求：
图8
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′.
答案 (1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
解析 (1)由动能定理可得：|q|U1＝eq \f(1,2)mv02，
代入数据解得v0＝8×104 m/s.
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(|q|E,m)，E＝eq \f(U2,d)，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知eq \f(y′,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，
解得y′＝3y＝0.09 m.
三、示波管的原理
1 .构造
示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图9所示 .
图9
2 .原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压，可使亮斑从左向右扫描移动 .
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像 .
(多选)示波管的内部结构如图10甲所示 .如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心 .如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形 .则( )
图10
A .若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
B .若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C .若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
D .若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
答案 AC
考点一 带电粒子在电场中的直线运动
1.(多选)如图1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的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
图1
A .如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B .如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为eq \f(v,2)
C .如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为eq \f(\r(2),2)v
D .如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为eq \f(v,2)
答案 AC
解析 电子在两个电极间的加速电场中加速，由动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2－0得v＝eq \r(\f(2eU,m))，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子离开K时的速度，故A正确，B错误；电压减半，则电子离开K时的速度为eq \f(\r(2),2)v，C正确，D错误 .
2.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图2所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是( )
图2
A.eq \f(edL,U) B .edUL C.eq \f(eU,dL) D.eq \f(eUL,d)
答案 D
解析 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小 .根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力 .根据能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eUOA.因E＝eq \f(U,d)，UOA＝EL＝eq \f(UL,d)，故eq \f(1,2)mv02＝eq \f(eUL,d).故选D.
考点二 带电粒子在电场中的偏转
3.(多选)(2021·汕头市达濠华侨中学高二期末)如图3，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力，则( )
图3
A .它们运动的时间相同
B .它们运动的加速度不相等
C .它们所带的电荷量相同
D .静电力对它们做负功
答案 AB
解析 运动时间为t＝eq \f(x,v0)，由于x、v0相等，因此选项A正确；根据y＝eq \f(1,2)at2可得a＝eq \f(2y,t2)，Q的加速度是P的两倍，选项B正确；再根据qE＝ma可知Q的电荷量是P的两倍，选项C错误；由W＝qEd，静电力对两粒子均做正功，且对Q做的功是P的4倍，选项D错误 .
4.(多选)(2020·山西太原一中高二期末)三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，不计电子重力，如图4，a打在下极板上，b恰好飞出 .则由此可判断( )
图4
A .b和c同时飞离电场
B .在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上
C .进入电场时，a速度最小，c速度最大
D .c的动能增加量最大，a和b的动能增加量一样大
答案 BC
解析 三个粒子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同 .a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝eq \f(1,2)at2，可知运动时间相等，故B正确；b、c竖直方向上的位移不等，ycvb，根据ta＝tb，xb>xa，则vb>va，所以有vc>vb>va，故C正确；根据动能定理知，a、b两电荷，静电力做功一样多，所以动能增加量相等，离开电场时c电荷偏移最小，静电力做功最少，动能增加量最小，故D错误 .
5 .(2020·雅安市期末)如图5所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
图5
A .U1∶U2＝1∶8 B .U1∶U2＝1∶4
C .U1∶U2＝1∶2 D .U1∶U2＝1∶1
答案 A
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝eq \f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝eq \f(Uq,mdAB)，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确 .
6.(多选)如图6所示，氕、氘、氚的原子核由初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
图6
A .经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B .经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C .三种原子核打在屏上的速度一样大
D .三种原子核都打在屏的同一位置上
答案 BD
解析 设偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中静电力做的功W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以静电力做的功相等，故选项A错误；在加速电场中qU1＝eq \f(1,2)mv02，在偏转电场中的偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU2,md)·(eq \f(L,v0))2，联立解得y＝eq \f(U2L2,4U1d)，同理可得到偏转角度的正切值tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，则y和tan θ与电荷的电荷量和质量无关，即qeq \f(U2y,d)为定值，又因为出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种原子核打在屏上同一点，故选项B、D正确；整个过程运用动能定理得eq \f(1,2)mv2＝qU1＋qeq \f(U2y,d)，由于三种原子核的电荷量相同，质量不同，则v不同，故选项C错误 .
考点三 示波管
7 .如图7所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上) .若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )
图7
A .X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B .X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C .X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D .X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案 D
解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确 .
8.如图8所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有一质量为m、电荷量为－q的粒子 .在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动 .已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2l,5)的平面 .若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为( )
图8
A .3∶2 B .2∶1 C .5∶2 D .3∶1
答案 A
解析 粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度分别为a1＝eq \f(Eq,M)，a2＝eq \f(Eq,m)，设两粒子经过同一平面的时间为t，则正粒子的位移eq \f(2l,5)＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(qE,2M)t2①
负粒子的位移eq \f(3l,5)＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(qE,2m)t2②
联立可解得M∶m＝3∶2，选项A正确 .
9.(多选)(2021·肥东县第二中学高二期末)如图9所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板 .要使粒子的入射速度变为eq \f(v,2)仍能恰好穿过电场，则必须再使(不考虑重力)( )
图9
A .粒子的电荷量减小为原来的eq \f(1,4)
B .两板间电压减小为原来的eq \f(1,2)
C .两板间距离增大为原来的4倍
D .两板间距离增大为原来的2倍
答案 AD
解析 粒子恰好穿过电场时，它沿平行板方向上发生位移L所用时间与垂直于板方向上发生位移eq \f(d,2)所用时间相等，设两板间电压为U，则有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md)·eq \f(L2,v2)，即L＝dveq \r(\f(m,qU))，当入射速度变为eq \f(v,2)时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量或电压变为原来的eq \f(1,4)或两板间距离增大为原来的2倍时，均使粒子恰好运动到极板处，水平位移恰好等于L，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确 .
10 .有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图10所示 .其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符 .不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )
图10
A .减小墨汁微粒的质量m
B .减小偏转电场两板间的距离d
C .减小偏转电场的电压U
D .减小墨汁微粒的喷出速度v0
答案 C
解析 微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，设微粒带电荷量为q，射入偏转电场时的速度为v0，则有：水平方向L＝v0t，竖直方向y＝eq \f(1,2)at2，加速度a＝eq \f(qU,md)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(,02))＝eq \f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小比荷eq \f(q,m)、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大喷出速度)、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故选C正确 .
11.将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图11所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q.
图11
(1)该匀强电场的电场强度为多大？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
答案 (1)eq \f(\r(3)mv\\al(,02),qL) (2)－eq \f(3mv\\al(,02),2q)
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有vy＝v0tan 60°＝eq \f(Eq,m)t
解得E＝eq \f(\r(3)mv\\al(,02),qL).
(2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得
－qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
又v＝eq \f(v0,cs 60°)＝2v0
解得UAB＝－eq \f(3mv\\al(,02),2q).
12.如图12所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，荧光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：
图12
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0的大小；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
答案 (1)4×107 m/s (2)0.25 cm (3)0.05 (4)1 cm
解析 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝4×107 m/s.
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9 s.
在垂直初速度方向y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,dm)t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm.
(3)偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,vx)＝eq \f(\f(eU,dm)t,v0)＝0.05.
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则eq \f(Y－y,L2)＝tan θ，解得Y＝1 cm.
动力学角度
功能关系角度
涉及知识
应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式
功的公式及动能定理
选择条件
匀强电场，静电力是恒力
可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力
一、带电粒子在电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路：
1 .利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析 .适用于匀强电场 .
2 .利用静电力做功结合动能定理分析 .对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02(匀强电场)或qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02(任何电场)等 .
二、带电粒子在电场中的偏转
如图1所示，质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.
图1
1 .运动性质：
(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动 .
(2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动 .
2 .运动规律：
(1)t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(qU,md)，
偏移距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(,02)d).
(2)vy＝at＝eq \f(qUl,mv0d)，
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(,02)).
1 .判断下列说法的正误 .
(1)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动 .( × )
(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量守恒定律 .( √ )
(3)动能定理既能分析匀强电场中的直线运动问题，也能分析非匀强电场中的直线运动问题 .( √ )
(4)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动 .( √ )
2 .下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是( )
A .质子(eq \\al(1,1)H) B .氘核(eq \\al(2,1)H)
C .α粒子(eq \\al(4,2)He) D .氚核(eq \\al(3,1)H)
答案 A
解析 根据动能定理得粒子加速后的速度v＝ eq \r(\f(2Uq,m))，可知，质子的比荷eq \f(q,m)最大，则其速度最大，选项A正确.
一、带电粒子在电场中的加速
导学探究 (1)研究电子、质子、α粒子在电场中的运动时，重力能否忽略不计？
(2)带电粒子在匀强电场或非匀强电场中加速，计算末速度，分别应用什么规律研究？
答案 (1)电子、质子、α粒子在电场中所受静电力远大于重力，故重力可忽略不计 .
(2)分析带电粒子在匀强电场中的加速运动，可以用牛顿运动定律结合运动学公式列式求解，也可以用动能定理列式求解 .分析带电粒子在非匀强电场中的加速运动，可以用动能定理或功能关系求解 .
知识深化
1 .带电粒子的分类及受力特点
(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力 .
(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力 .
2 .分析带电粒子在静电力作用下加速运动问题的两个角度
(2021·安徽滁州市高二期末)如图2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( )
图2
A .两板间距离越大，加速时间越短
B .两板间距离越小，电子的加速度就越小
C .电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D .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
答案 C
解析 两板间电压为U保持不变，设板间距为d，电子在板间的加速度为a，据牛顿第二定律有qeq \f(U,d)＝ma，可得电子的加速度a＝eq \f(qU,md)，故两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝eq \f(1,2)at2，可得t＝deq \r(\f(2m,qU))，故两板间距离越大，加速时间越长，A错误；由动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mv2，电子到达Q板时的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))，与两板间距离无关，仅与加速电压有关，C正确，D错误 .
针对训练 (多选)如图3所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板 .要使这个带电粒子到达M、N板间距的eq \f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
图3
A .使初速度减小为原来的eq \f(1,2)
B .使M、N间电势差加倍
C .使M、N间电势差提高到原来的4倍
D .使初速度和M、N间电势差都减小为原来的eq \f(1,2)
答案 BD
二、带电粒子在电场中的偏转
如图4所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力，设粒子不与平行板相撞 .
图4
粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理，如图5所示 .
图5
1 .基本规律
初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝eq \f(l,v0)
静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 .加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)
速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(,02))
离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(,02)).
2 .两个推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点 .
(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ.
注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量 .
(2020·广东广州三校期中联考)如图6所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将( )
图6
A .开关S断开
B .初速度变为2v0
C .板间电压变为eq \f(U,2)
D .竖直移动上板，使板间距变为2d
答案 B
解析 开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为eq \f(U,2)时，板间场强变为原来的eq \f(1,2)，质子所受的静电力变为原来的eq \f(1,2)，加速度变为原来的eq \f(1,2)，根据y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2知质子运动到下极板所需时间为原来的eq \r(2)倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的eq \r(2)倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的eq \f(1,2)，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的eq \r(2)倍，水平位移为原来的eq \r(2)倍，质子不能落到下板边缘，D错误 .
(2021·遵义一中高一期末)如图7所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，电子的重力可忽略 .在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
图7
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
答案 B
解析 设电子被加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv02，设平行极板长为l，则电子在平行极板间偏转的时间t＝eq \f(l,v0)，设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,dm)，电子射出平行极板时，竖直分速度vy＝at，联立可得：vy＝eq \f(qU2l,dmv0)，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小时，一定能使偏转角θ变大，选项B正确，选项A、C、D错误 .
(2020·吉化一中期中)一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm.整个装置如图8所示，(不计粒子的重力)求：
图8
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′.
答案 (1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
解析 (1)由动能定理可得：|q|U1＝eq \f(1,2)mv02，
代入数据解得v0＝8×104 m/s.
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(|q|E,m)，E＝eq \f(U2,d)，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知eq \f(y′,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，
解得y′＝3y＝0.09 m.
三、示波管的原理
1 .构造
示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图9所示 .
图9
2 .原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压，可使亮斑从左向右扫描移动 .
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像 .
(多选)示波管的内部结构如图10甲所示 .如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心 .如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形 .则( )
图10
A .若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
B .若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C .若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
D .若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
答案 AC
考点一 带电粒子在电场中的直线运动
1.(多选)如图1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的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
图1
A .如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B .如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为eq \f(v,2)
C .如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为eq \f(\r(2),2)v
D .如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为eq \f(v,2)
答案 AC
解析 电子在两个电极间的加速电场中加速，由动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2－0得v＝eq \r(\f(2eU,m))，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子离开K时的速度，故A正确，B错误；电压减半，则电子离开K时的速度为eq \f(\r(2),2)v，C正确，D错误 .
2.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图2所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是( )
图2
A.eq \f(edL,U) B .edUL C.eq \f(eU,dL) D.eq \f(eUL,d)
答案 D
解析 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小 .根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力 .根据能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eUOA.因E＝eq \f(U,d)，UOA＝EL＝eq \f(UL,d)，故eq \f(1,2)mv02＝eq \f(eUL,d).故选D.
考点二 带电粒子在电场中的偏转
3.(多选)(2021·汕头市达濠华侨中学高二期末)如图3，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力，则( )
图3
A .它们运动的时间相同
B .它们运动的加速度不相等
C .它们所带的电荷量相同
D .静电力对它们做负功
答案 AB
解析 运动时间为t＝eq \f(x,v0)，由于x、v0相等，因此选项A正确；根据y＝eq \f(1,2)at2可得a＝eq \f(2y,t2)，Q的加速度是P的两倍，选项B正确；再根据qE＝ma可知Q的电荷量是P的两倍，选项C错误；由W＝qEd，静电力对两粒子均做正功，且对Q做的功是P的4倍，选项D错误 .
4.(多选)(2020·山西太原一中高二期末)三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，不计电子重力，如图4，a打在下极板上，b恰好飞出 .则由此可判断( )
图4
A .b和c同时飞离电场
B .在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上
C .进入电场时，a速度最小，c速度最大
D .c的动能增加量最大，a和b的动能增加量一样大
答案 BC
解析 三个粒子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同 .a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝eq \f(1,2)at2，可知运动时间相等，故B正确；b、c竖直方向上的位移不等，yc
5 .(2020·雅安市期末)如图5所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
图5
A .U1∶U2＝1∶8 B .U1∶U2＝1∶4
C .U1∶U2＝1∶2 D .U1∶U2＝1∶1
答案 A
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝eq \f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝eq \f(Uq,mdAB)，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确 .
6.(多选)如图6所示，氕、氘、氚的原子核由初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
图6
A .经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B .经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C .三种原子核打在屏上的速度一样大
D .三种原子核都打在屏的同一位置上
答案 BD
解析 设偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中静电力做的功W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以静电力做的功相等，故选项A错误；在加速电场中qU1＝eq \f(1,2)mv02，在偏转电场中的偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU2,md)·(eq \f(L,v0))2，联立解得y＝eq \f(U2L2,4U1d)，同理可得到偏转角度的正切值tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，则y和tan θ与电荷的电荷量和质量无关，即qeq \f(U2y,d)为定值，又因为出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种原子核打在屏上同一点，故选项B、D正确；整个过程运用动能定理得eq \f(1,2)mv2＝qU1＋qeq \f(U2y,d)，由于三种原子核的电荷量相同，质量不同，则v不同，故选项C错误 .
考点三 示波管
7 .如图7所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上) .若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )
图7
A .X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B .X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C .X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D .X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案 D
解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确 .
8.如图8所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有一质量为m、电荷量为－q的粒子 .在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动 .已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2l,5)的平面 .若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为( )
图8
A .3∶2 B .2∶1 C .5∶2 D .3∶1
答案 A
解析 粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度分别为a1＝eq \f(Eq,M)，a2＝eq \f(Eq,m)，设两粒子经过同一平面的时间为t，则正粒子的位移eq \f(2l,5)＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(qE,2M)t2①
负粒子的位移eq \f(3l,5)＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(qE,2m)t2②
联立可解得M∶m＝3∶2，选项A正确 .
9.(多选)(2021·肥东县第二中学高二期末)如图9所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板 .要使粒子的入射速度变为eq \f(v,2)仍能恰好穿过电场，则必须再使(不考虑重力)( )
图9
A .粒子的电荷量减小为原来的eq \f(1,4)
B .两板间电压减小为原来的eq \f(1,2)
C .两板间距离增大为原来的4倍
D .两板间距离增大为原来的2倍
答案 AD
解析 粒子恰好穿过电场时，它沿平行板方向上发生位移L所用时间与垂直于板方向上发生位移eq \f(d,2)所用时间相等，设两板间电压为U，则有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md)·eq \f(L2,v2)，即L＝dveq \r(\f(m,qU))，当入射速度变为eq \f(v,2)时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量或电压变为原来的eq \f(1,4)或两板间距离增大为原来的2倍时，均使粒子恰好运动到极板处，水平位移恰好等于L，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确 .
10 .有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图10所示 .其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符 .不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )
图10
A .减小墨汁微粒的质量m
B .减小偏转电场两板间的距离d
C .减小偏转电场的电压U
D .减小墨汁微粒的喷出速度v0
答案 C
解析 微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，设微粒带电荷量为q，射入偏转电场时的速度为v0，则有：水平方向L＝v0t，竖直方向y＝eq \f(1,2)at2，加速度a＝eq \f(qU,md)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(,02))＝eq \f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小比荷eq \f(q,m)、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大喷出速度)、减小极板的长度L、减小偏转极板间的电压U，故选C正确 .
11.将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图11所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q.
图11
(1)该匀强电场的电场强度为多大？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
答案 (1)eq \f(\r(3)mv\\al(,02),qL) (2)－eq \f(3mv\\al(,02),2q)
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有vy＝v0tan 60°＝eq \f(Eq,m)t
解得E＝eq \f(\r(3)mv\\al(,02),qL).
(2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得
－qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
又v＝eq \f(v0,cs 60°)＝2v0
解得UAB＝－eq \f(3mv\\al(,02),2q).
12.如图12所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，荧光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：
图12
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0的大小；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
答案 (1)4×107 m/s (2)0.25 cm (3)0.05 (4)1 cm
解析 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝4×107 m/s.
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9 s.
在垂直初速度方向y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,dm)t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm.
(3)偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,vx)＝eq \f(\f(eU,dm)t,v0)＝0.05.
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则eq \f(Y－y,L2)＝tan θ，解得Y＝1 cm.
动力学角度
功能关系角度
涉及知识
应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式
功的公式及动能定理
选择条件
匀强电场，静电力是恒力
可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力
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