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2024高考物理大一轮复习讲义 第九章 第4讲 带电粒子在电场中的偏转
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这是一份2024高考物理大一轮复习讲义 第九章 第4讲 带电粒子在电场中的偏转，共18页。试卷主要包含了掌握带电粒子在电场中的偏转规律，5 cm 30 cm等内容，欢迎下载使用。
考点一 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＝eq \f(l,v0)(如图)．
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
②离开电场时的偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02).
③离开电场时的偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02).
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＝eq \f(1,2)mv02
在偏转电场偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
偏转角θ，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转
例1 (2023·广东佛山市模拟)如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则( )
A．若初速度相同，α粒子从CD边离开
B．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2
C．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同
D．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4
答案 D
解析 对任一粒子，设其电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有 x＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v02)，若初速度相同，水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以α粒子从BC边离开，由t＝eq \f(x,v0)知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝eq \f(qE,m)t，知Δv∝eq \f(q,m)，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A、B错误；粒子经过电场的时间为t＝eq \f(x,v0)，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v02)，Ek＝eq \f(1,2)mv02得y＝eq \f(qEx2,4Ek)，若初动能相同，已知x相同，则y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔEk＝qEy，E相同，则ΔEk∝q2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确．
例2 (2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mv02,qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示．粒子的运动为类平抛运动．水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，eq \f(y,x)＝tan 45°，联立解得t＝eq \f(2mv0,qE)，故A错误；
vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(5)v0，tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误；
x＝v0t＝eq \f(2mv02,qE)，与P点的距离s＝eq \f(x,cs 45°)＝eq \f(2\r(2)mv02,qE)，故C正确．
考向2 带电粒子在组合场中的运动
例3 (2023·广东湛江市模拟)示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为( )
答案 A
解析 UXX′和UYY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．
例4 如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L.加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反．质量为m、电荷量为＋q的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子离开加速器时速度v0＝eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝eq \f(L,4)
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
答案 B
解析 根据qU0＝eq \f(1,2)mv02，粒子离开加速器时速度为v0＝eq \r(\f(2qU0,m))，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝eq \f(L,4)，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由B选项可得y1＝eq \f(qU0L,2mv02)，由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误．
考点二 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
例5 如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．所受静电力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
答案 C
解析 设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向做自由落体运动，则水平方向Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向受静电力F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误．
例6 (2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2).重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
考点三 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7 在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问：
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
答案 见解析
解析 (1)由动能定理得eeq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(eU0,m)).
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子沿OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝eq \f(T,4)＋keq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝eq \f(eU0,md)，加速阶段运动的距离s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)，
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m)).
例8 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示．每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的．求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度．
答案 (1)13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mv02，
设电容器间偏转电场的场强为E，则有E＝eq \f(U,d)，
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝eq \f(L,v0)，垂直中心轴线方向有a＝eq \f(eE,m)，联立解得y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eUL2,2mdv02)＝eq \f(UL2,4U0d)，
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at，tan θ＝eq \f(vy,v0)，则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltan θ＝eq \f(3UL2,4U0d)，由题图乙知t＝0.06 s时刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq \f(d,2)，根据y＝eq \f(UL2,4U0d)可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得Ymax＝eq \f(3L,2)，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30 cm.
课时精练
1.(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
答案 BC
解析 对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，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，故C正确，D错误．
2.(多选)(2023·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．如果A球带电，则A球一定带负电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带负电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
答案 AD
解析 平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝eq \f(1,2)at2可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的静电力向上，应带正电，静电力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确．
3.如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U>0)，不计粒子重力，P点的电势为零．则下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．带电粒子在Q点的电势能为qU
C．P、Q两点间的竖直距离为eq \f(d,2)
D．此匀强电场的电场强度为eq \f(2\r(3)U,3d)
答案 D
解析 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，大小为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq \f(\f(d,2),tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq \f(U,y)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故D正确，C错误．
4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，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( )
答案 AD
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv02)，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误．
5.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y.要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
答案 A
解析 设偏转极板长为l，极板间距为d，由eU0＝eq \f(1,2)mv02，t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(eU,md)，y＝eq \f(1,2)at2，联立得偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误．
6．(多选)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且周期性变化的电压，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T＝eq \f(2d,v0)，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eq \f(mv02,2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了eq \f(1,8)mv02
D．在t＝eq \f(1,4)T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 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝eq \f(2d,v0)，此时间正好是交变电压的一个周期，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，选项A正确；在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，则eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a·(eq \f(T,2))2＝eq \f(U0q,2dm)(eq \f(d,v0))2，计算得出q＝eq \f(mv02,U0)，选项B错误；在t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(3,8)T)2－2×eq \f(1,2)a(eq \f(T,8))2＝eq \f(d,2)，故静电力做功为W＝eq \f(U0q,d)×eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv02，电势能减少了eq \f(1,2)mv02，选项C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速运动eq \f(T,4)，再向上加速eq \f(T,4)，然后再向上减速eq \f(T,4)，由对称可以知道，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，选项D正确．
7.(2023·重庆市高三模拟)如图所示，一圆形区域有竖直向上的匀强电场，O为圆心，两个质量相等、电荷量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙，以不同的速率v1、v2从A点沿AO方向垂直射入匀强电场，甲从C点飞出电场，乙从D点飞出，它们在圆形区域中运动的时间相同，已知∠AOC＝45°，∠AOD＝120°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A.eq \f(v1,v2)＝eq \f(2－\r(2),2＋\r(3)) B.eq \f(v1,v2)＝eq \f(2－\r(2),3)
C.eq \f(q1,q2)＝eq \f(\r(3),\r(2)) D.eq \f(q1,q2)＝eq \r(2)
答案 B
解析 甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t相同，在水平方向上，根据题图中几何关系可得xAC＝v1t＝R－Rcs 45°，xAD＝v2t＝R＋Rcs 60°，联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1－\f(\r(2),2),1＋\f(1,2))＝eq \f(2－\r(2),3)，A错误，B正确；甲、乙在电场中沿静电力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有yAC＝eq \f(1,2)·eq \f(q1E,m)t2＝Rsin 45°，yAD＝eq \f(1,2)·eq \f(q2E,m)t2＝Rsin 60°，联立可得eq \f(q1,q2)＝eq \f(sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(2),\r(3))，C、D错误．
8.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝eq \f(2v02,L)
D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq \f(\r(2)－1L,2v0)
答案 C
解析 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq \r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v02,L)，故C正确，D错误．
9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)( )
A．两极板间电压为eq \f(mgd,2q)
B．板间电场强度大小为eq \f(2mg,q)
C．整个过程中质点的重力势能增加eq \f(mg2L2,v02)
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
答案 BC
解析 据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，
可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得a＝g，E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得两极板间电压为U＝eq \f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝eq \f(mg2L2,v02)，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板间电场强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．
10.(2023·黑龙江佳木斯市第八中学调研)如图所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10－10 C、质量m＝10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS上的D点(未画出)．已知界面MN与光屏PS相距12 cm，O是中心线RO与光屏PS的交点．sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离；
(2)粒子射出平行板电容器时偏转角；
(3)OD两点之间的距离．
答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m
解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)
水平方向有L＝v0t
竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2
联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv02)＝0.03 m
(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，vy＝at
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUL,mdv02)＝eq \f(3,4)，故偏转角为37°.
(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为L′，由相似三角形得eq \f(\f(L,2),\f(L,2)＋L′)＝eq \f(y,Y)，解得Y＝4y＝0.12 m.
11．(2023·辽宁大连市第八中学高三检测)如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1＝eq \f(2mL2,eT2)，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
(3)在0～eq \f(T,2)内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比．
答案 (1)eq \f(2L,T) (2) eq \f(eU0T2,8md) (3)50%
解析 (1)电子在加速电场中加速，
由动能定理得eU1＝eq \f(1,2)mv02－0
解得v0＝eq \f(2L,T)
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t，解得t＝eq \f(T,2)，t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU0,md)，电子离开电场时距离A、B中心线的距离y＝eq \f(1,2)at2，解得y＝eq \f(eU0T2,8md)
(3)在0～eq \f(T,2)内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度v＝at′，此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为a′＝eq \f(eE′,m)＝eq \f(3eU0,md)＝3a
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为eq \f(T,2)，则eq \f(1,2)at′2＋v(eq \f(T,2)－t′)－eq \f(1,2)×3a(eq \f(T,2)－t′)2＝0，解得t′＝eq \f(T,4)，则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t″＝eq \f(T,4)，则在0～eq \f(T,2)时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝eq \f(\f(T,4),\f(T,2))×100%＝50%.
12．(多选)如图，质量为m、带电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为va＝v、vb＝eq \r(3)v，方向分别与AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，则( )
A．质子从A到B的运动为匀变速运动
B．电场强度大小为eq \f(2mv2,qL)
C．质子从A点运动到B点所用的时间为eq \f(2L,v)
D．质子的最小速度为eq \f(\r(3),2)v
答案 ABD
解析 质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运动，A正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设va与电场线的夹角为β，如图所示．
则有vasin β＝vbcs β，解得β＝60°，根据动能定理有qELcs 60°＝eq \f(1,2)mvb2－eq \f(1,2)mva2，解得E＝eq \f(2mv2,qL)，B正确；根据几何关系可得，AC的长度为Lsin 60°＝eq \f(\r(3),2)L，则质子从A点运动到B点所用的时间为t＝eq \f(\f(\r(3),2)L,vasin β)＝eq \f(L,v)，C错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂直时，质子的速度最小，有vmin＝vasin β＝eq \f(\r(3),2)v，D正确．
考点一 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＝eq \f(l,v0)(如图)．
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
②离开电场时的偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02).
③离开电场时的偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv02).
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＝eq \f(1,2)mv02
在偏转电场偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
偏转角θ，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转
例1 (2023·广东佛山市模拟)如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则( )
A．若初速度相同，α粒子从CD边离开
B．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2
C．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同
D．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4
答案 D
解析 对任一粒子，设其电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有 x＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v02)，若初速度相同，水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以α粒子从BC边离开，由t＝eq \f(x,v0)知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝eq \f(qE,m)t，知Δv∝eq \f(q,m)，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A、B错误；粒子经过电场的时间为t＝eq \f(x,v0)，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v02)，Ek＝eq \f(1,2)mv02得y＝eq \f(qEx2,4Ek)，若初动能相同，已知x相同，则y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔEk＝qEy，E相同，则ΔEk∝q2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确．
例2 (2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m、电荷量为qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mv02,qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示．粒子的运动为类平抛运动．水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，eq \f(y,x)＝tan 45°，联立解得t＝eq \f(2mv0,qE)，故A错误；
vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(5)v0，tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误；
x＝v0t＝eq \f(2mv02,qE)，与P点的距离s＝eq \f(x,cs 45°)＝eq \f(2\r(2)mv02,qE)，故C正确．
考向2 带电粒子在组合场中的运动
例3 (2023·广东湛江市模拟)示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为( )
答案 A
解析 UXX′和UYY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．
例4 如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L.加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反．质量为m、电荷量为＋q的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子离开加速器时速度v0＝eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝eq \f(L,4)
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
答案 B
解析 根据qU0＝eq \f(1,2)mv02，粒子离开加速器时速度为v0＝eq \r(\f(2qU0,m))，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝eq \f(L,4)，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由B选项可得y1＝eq \f(qU0L,2mv02)，由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误．
考点二 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
例5 如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．所受静电力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
答案 C
解析 设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向做自由落体运动，则水平方向Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向受静电力F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误．
例6 (2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2).重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
考点三 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7 在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问：
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
答案 见解析
解析 (1)由动能定理得eeq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(eU0,m)).
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子沿OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝eq \f(T,4)＋keq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝eq \f(eU0,md)，加速阶段运动的距离s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)，
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m)).
例8 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示．每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的．求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度．
答案 (1)13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mv02，
设电容器间偏转电场的场强为E，则有E＝eq \f(U,d)，
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则沿中心轴线方向有t＝eq \f(L,v0)，垂直中心轴线方向有a＝eq \f(eE,m)，联立解得y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eUL2,2mdv02)＝eq \f(UL2,4U0d)，
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝at，tan θ＝eq \f(vy,v0)，则电子在荧光屏上偏离O点的距离为Y＝y＋Ltan θ＝eq \f(3UL2,4U0d)，由题图乙知t＝0.06 s时刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq \f(d,2)，根据y＝eq \f(UL2,4U0d)可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得Ymax＝eq \f(3L,2)，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30 cm.
课时精练
1.(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
答案 BC
解析 对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，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，故C正确，D错误．
2.(多选)(2023·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．如果A球带电，则A球一定带负电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带负电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
答案 AD
解析 平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝eq \f(1,2)at2可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的静电力向上，应带正电，静电力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确．
3.如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U>0)，不计粒子重力，P点的电势为零．则下列说法正确的是( )
A．粒子带负电
B．带电粒子在Q点的电势能为qU
C．P、Q两点间的竖直距离为eq \f(d,2)
D．此匀强电场的电场强度为eq \f(2\r(3)U,3d)
答案 D
解析 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，大小为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq \f(\f(d,2),tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq \f(U,y)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故D正确，C错误．
4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，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( )
答案 AD
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(qE,m)，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t＝eq \f(l,v0)，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qEl,mv02)，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q，m)粒子与(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确，B、C错误．
5.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y.要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
答案 A
解析 设偏转极板长为l，极板间距为d，由eU0＝eq \f(1,2)mv02，t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(eU,md)，y＝eq \f(1,2)at2，联立得偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误．
6．(多选)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且周期性变化的电压，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T＝eq \f(2d,v0)，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eq \f(mv02,2U0)
C．在t＝eq \f(1,8)T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了eq \f(1,8)mv02
D．在t＝eq \f(1,4)T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 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝eq \f(2d,v0)，此时间正好是交变电压的一个周期，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，选项A正确；在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，则eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a·(eq \f(T,2))2＝eq \f(U0q,2dm)(eq \f(d,v0))2，计算得出q＝eq \f(mv02,U0)，选项B错误；在t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d＝2×eq \f(1,2)a(eq \f(3,8)T)2－2×eq \f(1,2)a(eq \f(T,8))2＝eq \f(d,2)，故静电力做功为W＝eq \f(U0q,d)×eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)U0q＝eq \f(1,2)mv02，电势能减少了eq \f(1,2)mv02，选项C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速运动eq \f(T,4)，再向上加速eq \f(T,4)，然后再向上减速eq \f(T,4)，由对称可以知道，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，选项D正确．
7.(2023·重庆市高三模拟)如图所示，一圆形区域有竖直向上的匀强电场，O为圆心，两个质量相等、电荷量大小分别为q1、q2的带电粒子甲、乙，以不同的速率v1、v2从A点沿AO方向垂直射入匀强电场，甲从C点飞出电场，乙从D点飞出，它们在圆形区域中运动的时间相同，已知∠AOC＝45°，∠AOD＝120°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A.eq \f(v1,v2)＝eq \f(2－\r(2),2＋\r(3)) B.eq \f(v1,v2)＝eq \f(2－\r(2),3)
C.eq \f(q1,q2)＝eq \f(\r(3),\r(2)) D.eq \f(q1,q2)＝eq \r(2)
答案 B
解析 甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t相同，在水平方向上，根据题图中几何关系可得xAC＝v1t＝R－Rcs 45°，xAD＝v2t＝R＋Rcs 60°，联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1－\f(\r(2),2),1＋\f(1,2))＝eq \f(2－\r(2),3)，A错误，B正确；甲、乙在电场中沿静电力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有yAC＝eq \f(1,2)·eq \f(q1E,m)t2＝Rsin 45°，yAD＝eq \f(1,2)·eq \f(q2E,m)t2＝Rsin 60°，联立可得eq \f(q1,q2)＝eq \f(sin 45°,sin 60°)＝eq \f(\r(2),\r(3))，C、D错误．
8.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝eq \f(2v02,L)
D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq \f(\r(2)－1L,2v0)
答案 C
解析 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq \r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v02,L)，故C正确，D错误．
9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)( )
A．两极板间电压为eq \f(mgd,2q)
B．板间电场强度大小为eq \f(2mg,q)
C．整个过程中质点的重力势能增加eq \f(mg2L2,v02)
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
答案 BC
解析 据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，
可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得a＝g，E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得两极板间电压为U＝eq \f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝eq \f(mg2L2,v02)，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板间电场强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误．
10.(2023·黑龙江佳木斯市第八中学调研)如图所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10－10 C、质量m＝10－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS上的D点(未画出)．已知界面MN与光屏PS相距12 cm，O是中心线RO与光屏PS的交点．sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离；
(2)粒子射出平行板电容器时偏转角；
(3)OD两点之间的距离．
答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m
解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)
水平方向有L＝v0t
竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2
联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv02)＝0.03 m
(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，vy＝at
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUL,mdv02)＝eq \f(3,4)，故偏转角为37°.
(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为L′，由相似三角形得eq \f(\f(L,2),\f(L,2)＋L′)＝eq \f(y,Y)，解得Y＝4y＝0.12 m.
11．(2023·辽宁大连市第八中学高三检测)如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1＝eq \f(2mL2,eT2)，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
(3)在0～eq \f(T,2)内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比．
答案 (1)eq \f(2L,T) (2) eq \f(eU0T2,8md) (3)50%
解析 (1)电子在加速电场中加速，
由动能定理得eU1＝eq \f(1,2)mv02－0
解得v0＝eq \f(2L,T)
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L＝v0t，解得t＝eq \f(T,2)，t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU0,md)，电子离开电场时距离A、B中心线的距离y＝eq \f(1,2)at2，解得y＝eq \f(eU0T2,8md)
(3)在0～eq \f(T,2)内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度v＝at′，此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为a′＝eq \f(eE′,m)＝eq \f(3eU0,md)＝3a
电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为eq \f(T,2)，则eq \f(1,2)at′2＋v(eq \f(T,2)－t′)－eq \f(1,2)×3a(eq \f(T,2)－t′)2＝0，解得t′＝eq \f(T,4)，则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t″＝eq \f(T,4)，则在0～eq \f(T,2)时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝eq \f(\f(T,4),\f(T,2))×100%＝50%.
12．(多选)如图，质量为m、带电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为va＝v、vb＝eq \r(3)v，方向分别与AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，则( )
A．质子从A到B的运动为匀变速运动
B．电场强度大小为eq \f(2mv2,qL)
C．质子从A点运动到B点所用的时间为eq \f(2L,v)
D．质子的最小速度为eq \f(\r(3),2)v
答案 ABD
解析 质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运动，A正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设va与电场线的夹角为β，如图所示．
则有vasin β＝vbcs β，解得β＝60°，根据动能定理有qELcs 60°＝eq \f(1,2)mvb2－eq \f(1,2)mva2，解得E＝eq \f(2mv2,qL)，B正确；根据几何关系可得，AC的长度为Lsin 60°＝eq \f(\r(3),2)L，则质子从A点运动到B点所用的时间为t＝eq \f(\f(\r(3),2)L,vasin β)＝eq \f(L,v)，C错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂直时，质子的速度最小，有vmin＝vasin β＝eq \f(\r(3),2)v，D正确．
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