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【暑假衔接】人教版新高二物理 暑假衔接讲义 第37讲 10.5带电粒子在电场中的运动（教师版+学生版）
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知识点1：带电粒子在电场中的加速
（1）带电粒子的种类
（2）带电粒子的运动情形
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直线上，做加速（或减速）直线运动。
（3）加速问题的两种分析思路
（4）带电粒子在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
①用运动学和动力学的分析方法：a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2aS.②用能量的分析方法：匀强电场中W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，匀强电场和非匀强电场中： W＝qU＝Ek2－Ek1。当带电粒子所受合外力为零，粒子做匀速直线运动；当带电粒子所受合外力不为零，粒子做变速直线运动。
带电粒子在匀强电场中的直线运动
1．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为m，电荷量为e，则两金属板间的电势差U为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得
两板间的电场强度
解得两金属板间的电势差U为
故选C。
2．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（ ）
A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大
B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大
C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D．以上说法均不正确
【答案】C
【详解】设两板间电势差为，根据动能定理有
解得
可知，两板间电压一定的情况下，增加板间距或减小板间距，电子到达Q板时的速度不变，即电子到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关。
故选C。
带电粒子在周期性变化电场中的直线运动
3．如图甲，某装置中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个电子由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为使电子运动到圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则（ ）
A．电子在金属圆筒中被加速
B．电子在金属圆筒中的运动时间为T
C．电子出第8个圆筒瞬间速度为
D．第8个圆筒长度为
【答案】D
【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B错误；
C．由动能定理得
电子出第8个圆筒瞬间速度为
故C错误；
D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为
故D正确。
故选D。
4．如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒，时刻微粒在两板正中间的P点以速度v0平行金属板运动，3t0时间内粒子未到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．时间内，微粒偏向N板运动
B．时，重力对微粒做功的瞬时功率为
C．0~2t0时间内，电场力对微粒做的功为
D．0~3t0时间内，微粒动能增量为
【答案】C
【详解】A．时间内，，电场线方向由N指向粒子带正电，因此受电场力方向指向M板，故A错误；
B．时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为
方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加速度大小为g，方向竖直向上。t0~2t0时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向下，大小为3mg，根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据运动学公式，时粒子在竖直方向的速度大小为
方向竖直向下，根据瞬时功率的公式
重力的瞬时功率为
故B错误；
C．根据B选项分析，粒子在时间内的竖直位移为
方向竖直向上。粒子在t0~2t0时间内的竖直位移为
方向竖直向下，则0~2t0时间内，粒子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据动能定理，电场力对微粒做的功为
故C正确；
D．时间内，粒子的受力与相同，故加速度与时间内相同，根据前面选项已知的信息，的速度为
方向竖直向下，则时间内，微粒动能增量为
故D错误。
故选C。
带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动
5．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板的小孔向两板间喷入大小不同、带电量也不同但密度相同的小油滴。已知油滴a、b的质量之比为，油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径和运动速率乘积成正比，两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、，两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动，且，不计空气浮力和油滴间的相互作用，设油滴a、b所带电荷量的绝对值分别为、。下列说法正确的是（ ）
A．油滴a带负电，
B．油滴a带负电，
C．油滴a带正电，
D．油滴a带正电，
【答案】A
【详解】设油滴的半径为r，密度为ρ，则有油滴的质量为
已知油滴a、b的质量之比为，可得
解得
由题意可知，速度为v＇时，空气阻力的大小为
竖直向下匀速运动，由平衡条件可得
联立解得
由上式可知，半径r与成正比，则有
又有
联立解得
当两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，由此可知，油滴a带负电，油滴b带正电，当油滴再次达到平衡状态时，对油滴a有
对油滴b有
由油滴的前后速度的比值关系可得
联立解得
A正确，BCD错误。
故选A。
6．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2
B．整个过程中机械能的增量为mg2t2
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能减少了
【答案】D
【详解】AB．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由
又
解得
则小球回到A点时的速度为
整个过程中速度增量的大小为
速度增量的大小为3gt。动量增加为3mgt，由牛顿第二定律得
联立解得
，
故AB错误；
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，动能减少了
故C错误；
D．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得
解得
从A点到最低点小球重力势能减少了
故D正确。
故选D。
带电粒子在其它非匀强电场中的运动
7．在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子（ ）
A．在处速度达到最大
B．从到的过程中电场力做正功
C．在处电势为零，电场强度也为零
D．从到的过程中加速度逐渐增大
【答案】A
【详解】A．根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，0~x1电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由φ-x图像中斜率表示电场强度可知，x1处电场强度为0，结合上述分析可知，从0~x1电子在电场力作用下做加速运动，之后做减速运动，则电子运动到x1处时速度最大，故A正确；
B．从到电场方向水平向右，此过程中电场力做负功，故B错误；
C．φ-x图像中斜率表示电场强度可知，在处电势为零，但电场强度不为零，故C错误；
D．由φ-x图像中斜率表示电场强度可知，从到的过程中电场强度逐渐减小，则加速度逐渐减小，故D错误。
故选A。
8．如图所示，在某两个点电荷产生的电场中，某个区域x轴上电势随x变化的图像，规定无限远处电势为零，一带电粒子在处由静止释放，只在电场力作用下沿x轴正向运动（粒子只在x轴上运动），则下列说法正确的是（ ）
A．两个场源点电荷一定为等量的异种电荷
B．粒子在段过程中电势能增加
C．粒子在处电势能最大
D．段带电粒子受到的电场力先增大后减小
【答案】B
【详解】A．由图像可知电势先减小后增大且电势一直为正值，可知两个场源点电荷一定为同种正电荷，图像不对称所以两个场源点电荷电荷量不等，故A错误；
B．粒子由静止释放且沿x轴正方向运动，段电场力做正功，则在段过程中电势逐渐增大，电场力做负功，电势能增加，故B正确；
C．电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，粒子在处电势能最小，故C错误；
D．图像斜率绝对值表示场强大小，段斜率先变小后变大，电场强度先减小后增大，则电粒子受到的电场力先减小后增大，故D错误。
故选B。
电场中的能量问题
9．如图所示，半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上直径之间的夹角为，与之间的夹角也为。在A、C两点分别固定电荷量均为的正点电荷，电荷量为的带正电小环由点静止释放。已知点电荷周围某点的电势，式中为点电荷的电荷量，为该点到点电荷的距离，为静电力常量，不计带电小环的重力，则带电小环运动到点时的动能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据电场的叠加性原理，A和C两点电荷在B点的电势为
同理根据电场的叠加性原理可知，E点的电势为
小环从B点到E点，由能量守恒有
解得
故选A。
10．如图所示，在绝缘水平面上固定一正点电荷Q，绝缘轻弹簧一端固定在水平面上，另一端连接一带电量为－q、质量为m的滑块（可看做点电荷），滑块从A点以初速度沿水平面向Q运动，到达B点时速度为零。已知AO＝BO＝x，滑块在O点时，弹簧处于自然长度，滑块与水平面间的摩擦力大小为f。以下判断正确的是（ ）
A．滑块与弹簧系统在从A到B点过程中机械能守恒
B．滑块一定不能从B点回到A点
C．滑块能从B点回到A点，回到A点时动能为
D．产生的电场中A、O两点间的电压
【答案】B
【详解】A．滑块与弹簧系统在从A到B点过程中，存在库仑力和摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；
BC．由于B点处弹簧伸长量等于A点处弹簧压缩量，可知B点处弹性势能等于A点处弹性势能，而滑块从B点向右运动过程，需要克服摩擦力和库仑力做功，根据能量守恒可知，滑块一定不能从B点回到A点，故B正确，C错误；
D．假设AB间的电场为匀强电场，设A、O两点间的电压为，从A到B，根据功能关系有
解得
但点电荷产生的电场为非匀强电场，所以
故D错误。
故选B。
知识点2：带电粒子在电场中的偏转
（1）两种偏转的情形
（2）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
（3）偏转运动的分析
带电粒子在电场中做类平抛运动（如图所示），由类平抛运动的规律可得：
水平方向上：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t。
竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝at，a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，位移y＝eq \f(1,2)at2=eq \f(1,2)eq \f(qU,md) t2。
合速度：v＝eq \r(v\\al( 2,x)＋v\\al( 2,y))，合位移：s＝eq \r(x2＋y2)。
带电粒子在电场中的运动时间：能离开电场，则t=l/ v0；不能离开电场，则t=（2mdy/qU）1/2，1/2d=1/2at2=（qU/2md）t2。
推论：①物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα；③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U1的，则由动能定理有：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)得：tanθ＝eq \f(U1l,2U0d) ，由此可得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。
带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动
11．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
12．如图所示，在地面上空两水平虚线区域内存在水平向右的匀强电场，带正电荷的小球从匀强电场上方的O点由静止释放，不计空气阻力，以O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系。则小球在落地前的运动轨迹可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小球初始做自由落体运动，速度方向竖直向下，当带正电荷的小球进入水平向右的匀强电场区域后，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间，轨迹上凹；出电场区域后，小球受到的重力方向竖直向下，与速度的方向仍然不在同一条直线上，小球依然做曲线运动，但轨迹向下凹，选项C正确。
故选C。
带电物体在匀强电场中做抛体运动的相关计算
13．三个带电粒子的电荷量和质量分别为：甲粒子、乙粒子、丙粒子，它们先后以相同的速度从坐标原点沿轴正方向射入沿轴负方向的匀强电场中，粒子的运动轨迹如图所示。不计重力，。则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是（ ）
A．、、B．、、C．、、D．、、
【答案】B
【详解】设质量为m、电荷量为q的粒子经过时间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，比荷为k，电场强度大小为E；根据牛顿第二定律可得加速度大小为
x方向粒子做匀速直线运动，则有
即经过相同时间水平位移相等；竖直方向根据位移-时间关系可得
整理可得
由于乙粒子与其它两个粒子电性相反，故偏转方向相反；电场线平行于y轴向下，则正电荷向下偏转、负电荷向上偏转，故可知乙粒子运动轨迹为①；根据前面分析可知甲粒子与乙粒子运动轨迹关于x轴对称，由于甲粒子的比荷比丙粒子的比荷大，故在t时刻沿y方向的位移大于丙粒子沿y方向的位移；所以运动轨迹①为乙粒子运动轨迹，②为丙粒子运动轨迹，③为甲粒子运动轨迹。
故选B。
14．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板接电源正极，下极板接电源负极。一个带电粒子以初速度从上极板边缘水平射入平行板电容器，经过一段时间，粒子打在下极板的点，忽略粒子自身重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．增加两极板之间的电压，粒子打在点右侧
C．减小两极板之间的电压，粒子打在点左侧
D．增加两极板之间的电压，粒子在电场中运动的时间变短
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，粒子受竖直向下的电场力，则粒子带正电，故A错误；
BCD．根据题意，设极板间距离为，电压为，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有
解得
可知，增大电压，时间变短，减小电压，时间变长，水平方向上，由
可知，增大电压，时间变短，水平位移变短，则粒子打在点左侧，减小电压，时间变长，水平位移变长，粒子打在点右侧，故BC错误，D正确。
故选D。
带电粒子离开匀强电场时方向的反向延长线经过极板中点
15．已知水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电。电容器的极板长度为L，两极板间距离为d。一倾斜绝缘挡板放置如图所示位置。质量为m，电荷量为q的带正电小球以速度v垂直电场线从电容器的上边缘射入，恰好落在绝缘挡板的中点处，已知电场强度，则（ ）
A．带电小球在运动过程中的加速度为
B．若，则带电小球恰好垂直落在斜面上
C．带电小球经过落在斜面上
D．电场力对带电小球做功为mgL
【答案】B
【详解】A．带电小球所受电场力与重力同向，根据牛顿第二定律可得小球在运动过程中的加速度为
故A错误；
B．小球运动轨迹如图所示，设倾斜挡板的倾角为α，小球落在挡板上时的速度偏向角为β。假设小球垂直落在挡板上，则根据几何关系有
根据类平抛运动规律的推论可得
解得
故B正确；
C．由题意，在竖直方向上有
解得
故C错误；
D．电场力对带电小球做功为
故D错误。
故选B。
16．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53° ，已知∠PAD=60° ，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°=0. 8，cs53° =0.6.下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为
【答案】A
【详解】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知
解得粒子运动到Q点时的竖直位移为
带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
故A正确，B错误；
CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有
联立上述两式解得
设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有
解得
故CD错误。
故选A。
带电粒子在周期性变化的电场运动（初速度垂直电场）
17．如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，忽略边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。某时刻有一带电粒子沿两板间的中线以初速度为射入电场，经时间粒子离开电场。则以下说法中正确的是（ ）
A．粒子一定从O'点离开电场
B．粒子离开电场时的速度一定大于
C．粒子离开电场时的速度可能小于
D．粒子在0~T内的位移一定等于在T~2T内的位移
【答案】D
【详解】B C．电压正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电场力的总冲量一定等于0，所以经一个周期，粒子的速度仍为，故BC错误；
A．在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带电粒子在前半周期加速度，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期内加速度减速，在后两个四分之一周期内反向加速反向减速，前半周期的位称与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O'点离开电场，故A错误；
D．因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度，所以粒子在每个周期时的运动都是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D正确。
故选D。
18．如图甲所示，长为的两块平行金属板A、B水平放置，两金属板间接如图乙所示的电压，一质量为、电荷量为的小球在时刻从贴近上极板的边缘以沿水平方向的初速度进入电场，一段时间后小球垂直撞在平行金属板右侧竖直放置的弹性绝缘板上并被原速反弹。不计小球与弹性板碰撞的时间，且在碰撞过程中小球的电荷量不发生变化，重力加速度为。下列说法错误的是（ ）
A．时刻两极板间的电压与两极板间距离的关系为
B．两极板间距离的最小值为
C．小球在运动过程中的最大动能为
D．当时，小球回到出发点
【答案】B
【详解】A．由题意可知小球时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，小球在竖直方向上一定先加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为时有
当电压为时有
且小球时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，竖直方向速度刚好减速为0，则有
联立解得
故A正确，不满足题意要求；
B．由A项分析可得
小球在时竖直方向的速度为
时间内小球在竖直方向上的位移
时间内小球在竖直方向上的位移
所以两极板间的距离应满足
故B错误，满足题意要求；
C．小球在时在竖直方向上的速度最大，此时小球的动能最大，则有
故C正确，不满足题意要求；
D．小球在竖直方向上一定先加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为时竖直方向加速度大小有
则在时间内竖直方向位移大小为
当电压为时竖直方向加速度大小有
则在时间内竖直方向位移大小为
即时小球在竖直方向只回到时间内加速结束时的高度，设时的竖直分速度为，则有
则时间内小球在竖直方向一直向上做减速运动，且向上减速所走的位移为
满足
即当时，小球回到出发点，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
知识点3：带电粒子在电场做圆周运动
（1）类型
（2）重要方法：利用“等效重力”法处理带电体在复合场中的圆周运动
①“等效重力”及“等效重力加速度”：在匀强电场中，将重力与电场力合成，如下图所示，
则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝ eq \f(F合,m) 为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向.
②等效最“高”点与最“低”点的确定方法
如下图，当电场力和重力方向相反时，若qE＝mg，则小球做匀速圆周运动；若qE＜mg，则a点为等效最“高”点，b点等效最“低”点；若qE＞mg，则a点即等效最“低”点 ，b点为等效最“高”点.
如下图，电场力和重力成一定角度时，在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点。
带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动
19．ABCD区域内存在电场强度为E的匀强电场，一带正电为q的带电小球用长为l轻质细绳系于O点且绳子不可伸长，小球所受电场力为重力的5倍，如图所示在距O点为处有一个钉子，此时绳与竖直方向夹角为，小球从O点正下方由静止释放，小球离开电场时绳子恰好断裂，则下列说法正确的是（ ）
A．小球摆动过程中机械能守恒
B．碰到钉子时小球的速度为
C．小球离开电场能上升的最大高度为
D．小球飞出电场时所受绳子的最大拉力为
【答案】C
【详解】A．小球摆动过程中，电场力对小球做功，小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球从释放到碰到钉子过程，根据动能定理可得
解得
故B错误；
CD．小球从释放到刚离开电场过程，根据动能定理可得
解得小球刚离开电场时的速度为
小球离开电场能上升的最大高度为
刚飞出电场时，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得小球飞出电场时所受绳子的最大拉力为
故C正确，D错误。
故选C。
20．如图所示，用绝缘细线拴住一带电荷量为－q、质量为m的小球，在方向竖直向下的匀强电场中的竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．当小球运动到最高点a时，细线的张力最小
B．电场强度的大小为
C．因为小球做匀速圆周运动，所以机械能保持不变
D．因为小球做匀速圆周运动，所以向心力不变
【答案】B
【详解】A．由于小球做匀速圆周运动，细线的张力提供小球做圆周运动的向心力，由于速度大小不变，故细线的张力大小不变，A错误；
B．小球竖直方向受到的重力与电场力平衡，由
得电场强度的大小为
B正确；
C．小球做匀速圆周运动过程，电场力做功不为零，机械能会发生改变，C错误；
D．小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，方向改变，D错误；
故选B。
径向电场中的匀速圆周运动
21．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为、。电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的不同位置，初动能为的电子沿电势为的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为、的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为和。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（ ）
A．偏转电场是匀强电场B．
C．D．
【答案】D
【解析】AB．由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故AB错误；C.相较于做匀速圆周运动的电子，动能为的电子在做近心运动，动能为的电子在做离心运动，可知 故C错误；D．该电场是辐射状电场,内侧的电场线密集，电场强度大，根据定性分析可知 ,即
所以 故D正确。
利用“等效重力”法处理带电体在复合场中的圆周运动
22.(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
【答案】CD
【解析】若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE＜mg，球在a处速度最小，若qE＞mg，球在a处速度最大，故A、B错误；a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确．
知识点4：示波管
构造
由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如下图所示：
电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。偏转电极一般有相互平行的两组，一组控制水平偏转，一组控制竖直偏转，YY′使电子束沿Y向偏转（加信号电压），XX′使电子沿沿X向偏转（加扫描电压）。电子束打在荧光屏上能使该处的荧光物质发光。
原理
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。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）．
在下图中，设加速电压为U1，电子电荷量为e，质量为m，由动能定理得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）。
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。
示波器的原理、用途与相关操作
23．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，所以电子先受到向下的洛伦兹力，且逐渐减弱为零，后受到向上的洛伦兹力，且逐渐增强。根据左手定则可以判断，磁场的方向先垂直纸面向里，方向为正，且逐渐减弱为零，后来磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增强，故C正确，ABD错误。
故选C。
24．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。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中：①极板X应带正电；②极板应带正电；③极板Y应带正电；④极板应带正电.（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】A
【详解】由题意可知，在方向上电子向X方向偏转，极板X带正电；在方向上电子向Y方向偏转，极板Y带正电。
故选A。
示波器的相关计算
25．“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是（ ）
A．U1不变，U2变大B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大D．U1变大，U2变大
【答案】B
【详解】根据动能定理
得
在偏转电场中
vy = at，，，
若使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以增大U1减小U2。
故选B。
26．如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压，一质子由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点列说法正确的是（ ）
A．若仅增大，则质子打在F点下方
B．若仅增大，则质子打在F点上方
C．若仅把质子改为α粒子（氮核），则α粒子仍打在F
D．若仅把质子改为α粒子（氦核），则α粒子打在F点下方
【答案】C
【详解】A．设带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子在A和极板B间加速，令刚离开加速电场时粒子的速度大小为，由动能定理有
粒子在偏转电场中的侧移量
可得
若仅增大，则y减小，质子打在F点上方，故A错误；
B．根据上述可知，若仅增大，则y增大，质子打在F点下方，故B错误；
CD．由于
可知，粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关，故α粒子仍打在F点，故C正确，D错误。
故选C。
根据示波器原理推断荧光屏上的图像
27．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX′为水平偏转电极，YY′为竖直偏转电极。（已知T很小），以下说法正确的是（ ）
A．XX′加图3波形电压、YY′不加信号电压，屏上出现一个亮点
B．XX′加图2波形电压、YY′加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C．XX′加图4波形电压，YY′如图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D．XX′加图4波形电压，YY′加图1波形电压，屏上将出现图1所示图线
【答案】D
【详解】A．XX′为水平偏转电极，其中所加电压使得粒子发生水平方向的偏转，YY′为竖直偏转电极，其中所加电压使得粒子发生竖直方向的偏转，当YY′不加信号电压，竖直侧移为0，XX′加图3波形电压，由于电压呈现矩形方波形式，电压一正一负，大小一定，则屏上出现两个亮点，，故A错误；
B．XX′加图2波形电压，则水平方向侧移一定，YY′加图1波形电压，则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，但由于水平方向侧移一定，则屏上将出现一条竖直亮线，故B错误；
C．XX′加图4波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平方向侧移也在均匀变化，YY′如图2波形电压，电压一定，竖直方向侧移一定，则屏上将出现一条水平亮线，故C错误；
D．XX′加图4波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平方向侧移也在均匀变化，YY′加图1波形电压，则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，则屏上将出现图1所示呈现正弦规律变化的图线，故D正确。
故选D。
28．示波管是示波器的主要部件，其原理如图1所示。如果在电极YY′间所加电压UYY′，及在电极XX′间所加电压UXX′，按图2所示的规律变化，则在荧光屏上呈现的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由图2可知，在电极YY′间所加电压UYY′不变，则电子向Y偏转且偏转位移相等，在电极XX′间所加电压UXX′时，电子向X偏转且前半个周期向X偏转位移增大，后半个周期X偏转位移减小。
故选A。
多选题
29．一质量为m、带电荷量为＋q的小球套在竖直固定的足够长的粗糙绝缘细杆上，细杆处于磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中。小球由静止释放，下列表示小球下滑过程中的速度v与时间t、加速度a与时间t的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】小球下滑过程中，根据牛顿第二定律有
其中
而
因此有
则可知小球在下落过程中速度增大的同时，洛伦兹力也在增大，导致滑动摩擦力增大，根据牛顿第二定律分析可知，小球做加速度逐渐减小的变加速运动，而当
时，小球开始做匀速运动，加速度为0。
故选AD。
30．如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起至A点，此时细线与场强平行，然后把小球从A点无初速释放，经最低点B后到达B的另一侧C点时速度为零，则（ ）
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点再到C点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时的绳子拉力最大
D．从A点到B点的过程中小球的动能先增加再减小
【答案】BD
【详解】AC．小球受电场力水平向右，则由平衡知识可知，小球的平衡位置在AB之间的某位置，小球在平衡位置时的速度最大，绳子在此位置时绳子的拉力也是最大，故AC错误；
B．小球从A点到B点再到C点的过程中，只有电场力和重力做功，则小球的机械能和电势能之和守恒，因此过程中电场力一直做负功，电势能变大，则机械能一直在减少，故B正确；
D．从A点到B点的过程中，小球的动能先增加再减小，故D正确。
故选BD。
31．如图所示，是圆的一条水平直径，是竖直方向的另外一条直径，点是圆上的点，连线与的夹角为，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为、质量为的油滴从圆心点以相同的初动能射出，射出方向不同时，油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过点时油滴的动能最小且为，已知重力加速度的大小为g，匀强电场的场强，那么（ ）
A．电场线与垂直且B点电势高于C点电势
B．油滴经过点动能为
C．油滴经过点时的动能为
D．油滴经过连线中点时的动能为
【答案】CD
【详解】
A．从经过点时油滴的动能最小且为，则点为复合场的等效最高点，则复合场的合力方向如图所示，则有
由题意可知
联立解得
则电场线的方向如图所示，由几何关系可知，与电场线垂直，B点电势低于点电势，故A错误；
B．油滴经过点时，合外力不做功，所以油滴的动能不变，故B错误；
C．油滴从经过点时，由动能定理可得
从经过A点时
联立解得油滴经过点时的动能为
故C正确；
D．油滴经过连线中点时的动能为等于中点的动能，且为，故D正确。
故选CD。
32．如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为，a为常量。电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A．两个粒子均带负电
B．质量大的粒子动量较小
C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动
D．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动
【答案】AC
【详解】A．两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，选项A正确；
B．根据
且
p=mv
可得
两粒子电量相等，则质量大的粒子动量较大，选项B错误；
C．根据
可得
与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，选项C正确；
D．由表达式
可知，两粒子动能相同，根据
可知两粒子动量不同；若加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足
两粒子电量相等，则qB相等，若粒子做向心运动；当时粒子做离心运动，但是与的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，选项D错误。故选AC。
速度方向与电场方向
带电粒子的电性
运动情形
图示
相同
带正电的粒子
加速
带负电的粒子
减速
相反
带正电的粒子
减速
带负电的粒子
加速
情形
进入电场的方式
受力特点
运动特点
图示
以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场
以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场，受恒定电场力作用，做类似平抛运动。
电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
做类平抛运动（匀变速曲线运动运动）。
先加速后偏转
静止放在匀强电场中，经过电场加速获得速度v0，然后垂直场强方向射入匀强电场。
加速阶段：电场力大小恒定，且方向与运动方向平行；偏转阶段：电场力大小恒定，且方向与速度v0的方向垂直。
加速阶段：匀加速直线运动；偏转阶段：做类平抛运动。
运动类型
受力分析
系统的形式
运动的条件
仅在电场力作用下的匀速圆周运动
只受电场力（或者库仑力），电场力（或者库仑力）提供向心力。
除带电粒子外，系统存在单个点电荷或者多个点电荷。
速度方向与库仑力力的方向垂直。
电场力和重力作用下的匀速圆周运动
①受一个库仑力，一个电场力（匀强电场）和重力，重力和电场力平衡，库仑力提供向心力。②只受重力和电场力的情形：二者的合力提供向心力。
①除带电粒子外，系统存在一个点电荷、一个匀强电场和重力。②除带电粒子外，系统存在一个点电荷和重力。
①带电粒子受到匀强电场的电场力与重力平衡，速度方向与库仑力的方向垂直。②速度方向与库仑力和重力的合力的方向垂直。
径向电场中的匀速圆周运动
电场力提供向心力。
电子偏转器的剖面图。
速度方向与电场力的方向垂直。
知识点1：带电粒子在电场中的加速
（1）带电粒子的种类
（2）带电粒子的运动情形
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直线上，做加速（或减速）直线运动。
（3）加速问题的两种分析思路
（4）带电粒子在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
①用运动学和动力学的分析方法：a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2aS.②用能量的分析方法：匀强电场中W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，匀强电场和非匀强电场中： W＝qU＝Ek2－Ek1。当带电粒子所受合外力为零，粒子做匀速直线运动；当带电粒子所受合外力不为零，粒子做变速直线运动。
带电粒子在匀强电场中的直线运动
1．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为m，电荷量为e，则两金属板间的电势差U为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得
两板间的电场强度
解得两金属板间的电势差U为
故选C。
2．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（ ）
A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大
B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大
C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D．以上说法均不正确
【答案】C
【详解】设两板间电势差为，根据动能定理有
解得
可知，两板间电压一定的情况下，增加板间距或减小板间距，电子到达Q板时的速度不变，即电子到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关。
故选C。
带电粒子在周期性变化电场中的直线运动
3．如图甲，某装置中，多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个电子由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为使电子运动到圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子质量为m、电荷量为e、电压绝对值为U、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则（ ）
A．电子在金属圆筒中被加速
B．电子在金属圆筒中的运动时间为T
C．电子出第8个圆筒瞬间速度为
D．第8个圆筒长度为
【答案】D
【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B错误；
C．由动能定理得
电子出第8个圆筒瞬间速度为
故C错误；
D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为
故D正确。
故选D。
4．如图（a）所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图（b）所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒，时刻微粒在两板正中间的P点以速度v0平行金属板运动，3t0时间内粒子未到达极板。则在0~3t0时间内，下列说法正确的是（ ）
A．时间内，微粒偏向N板运动
B．时，重力对微粒做功的瞬时功率为
C．0~2t0时间内，电场力对微粒做的功为
D．0~3t0时间内，微粒动能增量为
【答案】C
【详解】A．时间内，，电场线方向由N指向粒子带正电，因此受电场力方向指向M板，故A错误；
B．时间内，对粒子受力分析，粒子所受电场力为
方向竖直向上，因此此时合力的大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第二定律，粒子的加速度大小为g，方向竖直向上。t0~2t0时间内，电场力方向改变，大小未改变，此时合力向下，大小为3mg，根据牛顿第二定律，此时粒子的加速度大小为3g，方向竖直向下，根据运动学公式，时粒子在竖直方向的速度大小为
方向竖直向下，根据瞬时功率的公式
重力的瞬时功率为
故B错误；
C．根据B选项分析，粒子在时间内的竖直位移为
方向竖直向上。粒子在t0~2t0时间内的竖直位移为
方向竖直向下，则0~2t0时间内，粒子竖直方向的总位移为0，则重力做的总功为0。根据动能定理，电场力对微粒做的功为
故C正确；
D．时间内，粒子的受力与相同，故加速度与时间内相同，根据前面选项已知的信息，的速度为
方向竖直向下，则时间内，微粒动能增量为
故D错误。
故选C。
带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动
5．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板的小孔向两板间喷入大小不同、带电量也不同但密度相同的小油滴。已知油滴a、b的质量之比为，油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径和运动速率乘积成正比，两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为、，两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动，且，不计空气浮力和油滴间的相互作用，设油滴a、b所带电荷量的绝对值分别为、。下列说法正确的是（ ）
A．油滴a带负电，
B．油滴a带负电，
C．油滴a带正电，
D．油滴a带正电，
【答案】A
【详解】设油滴的半径为r，密度为ρ，则有油滴的质量为
已知油滴a、b的质量之比为，可得
解得
由题意可知，速度为v＇时，空气阻力的大小为
竖直向下匀速运动，由平衡条件可得
联立解得
由上式可知，半径r与成正比，则有
又有
联立解得
当两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，由此可知，油滴a带负电，油滴b带正电，当油滴再次达到平衡状态时，对油滴a有
对油滴b有
由油滴的前后速度的比值关系可得
联立解得
A正确，BCD错误。
故选A。
6．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．整个过程中小球电势能减少了1.5mg2t2
B．整个过程中机械能的增量为mg2t2
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能减少了
【答案】D
【详解】AB．小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由
又
解得
则小球回到A点时的速度为
整个过程中速度增量的大小为
速度增量的大小为3gt。动量增加为3mgt，由牛顿第二定律得
联立解得
，
故AB错误；
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，动能减少了
故C错误；
D．设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得
解得
从A点到最低点小球重力势能减少了
故D正确。
故选D。
带电粒子在其它非匀强电场中的运动
7．在x轴方向存在一静电场，其φ-x图像如图所示，一电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4，电子仅受电场力，则该电子（ ）
A．在处速度达到最大
B．从到的过程中电场力做正功
C．在处电势为零，电场强度也为零
D．从到的过程中加速度逐渐增大
【答案】A
【详解】A．根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿x轴做直线运动，则电场方向沿x轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，0~x1电场方向水平向左，之后电场方向水平向右，由φ-x图像中斜率表示电场强度可知，x1处电场强度为0，结合上述分析可知，从0~x1电子在电场力作用下做加速运动，之后做减速运动，则电子运动到x1处时速度最大，故A正确；
B．从到电场方向水平向右，此过程中电场力做负功，故B错误；
C．φ-x图像中斜率表示电场强度可知，在处电势为零，但电场强度不为零，故C错误；
D．由φ-x图像中斜率表示电场强度可知，从到的过程中电场强度逐渐减小，则加速度逐渐减小，故D错误。
故选A。
8．如图所示，在某两个点电荷产生的电场中，某个区域x轴上电势随x变化的图像，规定无限远处电势为零，一带电粒子在处由静止释放，只在电场力作用下沿x轴正向运动（粒子只在x轴上运动），则下列说法正确的是（ ）
A．两个场源点电荷一定为等量的异种电荷
B．粒子在段过程中电势能增加
C．粒子在处电势能最大
D．段带电粒子受到的电场力先增大后减小
【答案】B
【详解】A．由图像可知电势先减小后增大且电势一直为正值，可知两个场源点电荷一定为同种正电荷，图像不对称所以两个场源点电荷电荷量不等，故A错误；
B．粒子由静止释放且沿x轴正方向运动，段电场力做正功，则在段过程中电势逐渐增大，电场力做负功，电势能增加，故B正确；
C．电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，粒子在处电势能最小，故C错误；
D．图像斜率绝对值表示场强大小，段斜率先变小后变大，电场强度先减小后增大，则电粒子受到的电场力先减小后增大，故D错误。
故选B。
电场中的能量问题
9．如图所示，半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上直径之间的夹角为，与之间的夹角也为。在A、C两点分别固定电荷量均为的正点电荷，电荷量为的带正电小环由点静止释放。已知点电荷周围某点的电势，式中为点电荷的电荷量，为该点到点电荷的距离，为静电力常量，不计带电小环的重力，则带电小环运动到点时的动能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据电场的叠加性原理，A和C两点电荷在B点的电势为
同理根据电场的叠加性原理可知，E点的电势为
小环从B点到E点，由能量守恒有
解得
故选A。
10．如图所示，在绝缘水平面上固定一正点电荷Q，绝缘轻弹簧一端固定在水平面上，另一端连接一带电量为－q、质量为m的滑块（可看做点电荷），滑块从A点以初速度沿水平面向Q运动，到达B点时速度为零。已知AO＝BO＝x，滑块在O点时，弹簧处于自然长度，滑块与水平面间的摩擦力大小为f。以下判断正确的是（ ）
A．滑块与弹簧系统在从A到B点过程中机械能守恒
B．滑块一定不能从B点回到A点
C．滑块能从B点回到A点，回到A点时动能为
D．产生的电场中A、O两点间的电压
【答案】B
【详解】A．滑块与弹簧系统在从A到B点过程中，存在库仑力和摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；
BC．由于B点处弹簧伸长量等于A点处弹簧压缩量，可知B点处弹性势能等于A点处弹性势能，而滑块从B点向右运动过程，需要克服摩擦力和库仑力做功，根据能量守恒可知，滑块一定不能从B点回到A点，故B正确，C错误；
D．假设AB间的电场为匀强电场，设A、O两点间的电压为，从A到B，根据功能关系有
解得
但点电荷产生的电场为非匀强电场，所以
故D错误。
故选B。
知识点2：带电粒子在电场中的偏转
（1）两种偏转的情形
（2）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
（3）偏转运动的分析
带电粒子在电场中做类平抛运动（如图所示），由类平抛运动的规律可得：
水平方向上：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t。
竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝at，a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，位移y＝eq \f(1,2)at2=eq \f(1,2)eq \f(qU,md) t2。
合速度：v＝eq \r(v\\al( 2,x)＋v\\al( 2,y))，合位移：s＝eq \r(x2＋y2)。
带电粒子在电场中的运动时间：能离开电场，则t=l/ v0；不能离开电场，则t=（2mdy/qU）1/2，1/2d=1/2at2=（qU/2md）t2。
推论：①物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα；③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U1的，则由动能定理有：qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)得：tanθ＝eq \f(U1l,2U0d) ，由此可得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。
带电物体（计重力）在匀强电场中的一般运动
11．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
12．如图所示，在地面上空两水平虚线区域内存在水平向右的匀强电场，带正电荷的小球从匀强电场上方的O点由静止释放，不计空气阻力，以O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系。则小球在落地前的运动轨迹可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】小球初始做自由落体运动，速度方向竖直向下，当带正电荷的小球进入水平向右的匀强电场区域后，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间，轨迹上凹；出电场区域后，小球受到的重力方向竖直向下，与速度的方向仍然不在同一条直线上，小球依然做曲线运动，但轨迹向下凹，选项C正确。
故选C。
带电物体在匀强电场中做抛体运动的相关计算
13．三个带电粒子的电荷量和质量分别为：甲粒子、乙粒子、丙粒子，它们先后以相同的速度从坐标原点沿轴正方向射入沿轴负方向的匀强电场中，粒子的运动轨迹如图所示。不计重力，。则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是（ ）
A．、、B．、、C．、、D．、、
【答案】B
【详解】设质量为m、电荷量为q的粒子经过时间t在y轴方向偏转位移为y，粒子的初速度为v，比荷为k，电场强度大小为E；根据牛顿第二定律可得加速度大小为
x方向粒子做匀速直线运动，则有
即经过相同时间水平位移相等；竖直方向根据位移-时间关系可得
整理可得
由于乙粒子与其它两个粒子电性相反，故偏转方向相反；电场线平行于y轴向下，则正电荷向下偏转、负电荷向上偏转，故可知乙粒子运动轨迹为①；根据前面分析可知甲粒子与乙粒子运动轨迹关于x轴对称，由于甲粒子的比荷比丙粒子的比荷大，故在t时刻沿y方向的位移大于丙粒子沿y方向的位移；所以运动轨迹①为乙粒子运动轨迹，②为丙粒子运动轨迹，③为甲粒子运动轨迹。
故选B。
14．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板接电源正极，下极板接电源负极。一个带电粒子以初速度从上极板边缘水平射入平行板电容器，经过一段时间，粒子打在下极板的点，忽略粒子自身重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．增加两极板之间的电压，粒子打在点右侧
C．减小两极板之间的电压，粒子打在点左侧
D．增加两极板之间的电压，粒子在电场中运动的时间变短
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，粒子受竖直向下的电场力，则粒子带正电，故A错误；
BCD．根据题意，设极板间距离为，电压为，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有
解得
可知，增大电压，时间变短，减小电压，时间变长，水平方向上，由
可知，增大电压，时间变短，水平位移变短，则粒子打在点左侧，减小电压，时间变长，水平位移变长，粒子打在点右侧，故BC错误，D正确。
故选D。
带电粒子离开匀强电场时方向的反向延长线经过极板中点
15．已知水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电。电容器的极板长度为L，两极板间距离为d。一倾斜绝缘挡板放置如图所示位置。质量为m，电荷量为q的带正电小球以速度v垂直电场线从电容器的上边缘射入，恰好落在绝缘挡板的中点处，已知电场强度，则（ ）
A．带电小球在运动过程中的加速度为
B．若，则带电小球恰好垂直落在斜面上
C．带电小球经过落在斜面上
D．电场力对带电小球做功为mgL
【答案】B
【详解】A．带电小球所受电场力与重力同向，根据牛顿第二定律可得小球在运动过程中的加速度为
故A错误；
B．小球运动轨迹如图所示，设倾斜挡板的倾角为α，小球落在挡板上时的速度偏向角为β。假设小球垂直落在挡板上，则根据几何关系有
根据类平抛运动规律的推论可得
解得
故B正确；
C．由题意，在竖直方向上有
解得
故C错误；
D．电场力对带电小球做功为
故D错误。
故选B。
16．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53° ，已知∠PAD=60° ，忽略空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin 53°=0. 8，cs53° =0.6.下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
C．带电粒子从A点运动到P点的时间为
D．带电粒子从A点运动到P点的时间为
【答案】A
【详解】AB．根据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线一定过AB中点，根据几何关系可知
解得粒子运动到Q点时的竖直位移为
带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为
故A正确，B错误；
CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有
联立上述两式解得
设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有
解得
故CD错误。
故选A。
带电粒子在周期性变化的电场运动（初速度垂直电场）
17．如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，忽略边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。某时刻有一带电粒子沿两板间的中线以初速度为射入电场，经时间粒子离开电场。则以下说法中正确的是（ ）
A．粒子一定从O'点离开电场
B．粒子离开电场时的速度一定大于
C．粒子离开电场时的速度可能小于
D．粒子在0~T内的位移一定等于在T~2T内的位移
【答案】D
【详解】B C．电压正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电场力的总冲量一定等于0，所以经一个周期，粒子的速度仍为，故BC错误；
A．在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带电粒子在前半周期加速度，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期内加速度减速，在后两个四分之一周期内反向加速反向减速，前半周期的位称与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O'点离开电场，故A错误；
D．因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度，所以粒子在每个周期时的运动都是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D正确。
故选D。
18．如图甲所示，长为的两块平行金属板A、B水平放置，两金属板间接如图乙所示的电压，一质量为、电荷量为的小球在时刻从贴近上极板的边缘以沿水平方向的初速度进入电场，一段时间后小球垂直撞在平行金属板右侧竖直放置的弹性绝缘板上并被原速反弹。不计小球与弹性板碰撞的时间，且在碰撞过程中小球的电荷量不发生变化，重力加速度为。下列说法错误的是（ ）
A．时刻两极板间的电压与两极板间距离的关系为
B．两极板间距离的最小值为
C．小球在运动过程中的最大动能为
D．当时，小球回到出发点
【答案】B
【详解】A．由题意可知小球时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，小球在竖直方向上一定先加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为时有
当电压为时有
且小球时以沿水平方向的速度撞在弹性板上，竖直方向速度刚好减速为0，则有
联立解得
故A正确，不满足题意要求；
B．由A项分析可得
小球在时竖直方向的速度为
时间内小球在竖直方向上的位移
时间内小球在竖直方向上的位移
所以两极板间的距离应满足
故B错误，满足题意要求；
C．小球在时在竖直方向上的速度最大，此时小球的动能最大，则有
故C正确，不满足题意要求；
D．小球在竖直方向上一定先加速后减速，所以小球受到的电场力方向一定竖直向上，当电压为时竖直方向加速度大小有
则在时间内竖直方向位移大小为
当电压为时竖直方向加速度大小有
则在时间内竖直方向位移大小为
即时小球在竖直方向只回到时间内加速结束时的高度，设时的竖直分速度为，则有
则时间内小球在竖直方向一直向上做减速运动，且向上减速所走的位移为
满足
即当时，小球回到出发点，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
知识点3：带电粒子在电场做圆周运动
（1）类型
（2）重要方法：利用“等效重力”法处理带电体在复合场中的圆周运动
①“等效重力”及“等效重力加速度”：在匀强电场中，将重力与电场力合成，如下图所示，
则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝ eq \f(F合,m) 为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向.
②等效最“高”点与最“低”点的确定方法
如下图，当电场力和重力方向相反时，若qE＝mg，则小球做匀速圆周运动；若qE＜mg，则a点为等效最“高”点，b点等效最“低”点；若qE＞mg，则a点即等效最“低”点 ，b点为等效最“高”点.
如下图，电场力和重力成一定角度时，在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点。
带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动
19．ABCD区域内存在电场强度为E的匀强电场，一带正电为q的带电小球用长为l轻质细绳系于O点且绳子不可伸长，小球所受电场力为重力的5倍，如图所示在距O点为处有一个钉子，此时绳与竖直方向夹角为，小球从O点正下方由静止释放，小球离开电场时绳子恰好断裂，则下列说法正确的是（ ）
A．小球摆动过程中机械能守恒
B．碰到钉子时小球的速度为
C．小球离开电场能上升的最大高度为
D．小球飞出电场时所受绳子的最大拉力为
【答案】C
【详解】A．小球摆动过程中，电场力对小球做功，小球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球从释放到碰到钉子过程，根据动能定理可得
解得
故B错误；
CD．小球从释放到刚离开电场过程，根据动能定理可得
解得小球刚离开电场时的速度为
小球离开电场能上升的最大高度为
刚飞出电场时，水平方向根据牛顿第二定律可得
解得小球飞出电场时所受绳子的最大拉力为
故C正确，D错误。
故选C。
20．如图所示，用绝缘细线拴住一带电荷量为－q、质量为m的小球，在方向竖直向下的匀强电场中的竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A．当小球运动到最高点a时，细线的张力最小
B．电场强度的大小为
C．因为小球做匀速圆周运动，所以机械能保持不变
D．因为小球做匀速圆周运动，所以向心力不变
【答案】B
【详解】A．由于小球做匀速圆周运动，细线的张力提供小球做圆周运动的向心力，由于速度大小不变，故细线的张力大小不变，A错误；
B．小球竖直方向受到的重力与电场力平衡，由
得电场强度的大小为
B正确；
C．小球做匀速圆周运动过程，电场力做功不为零，机械能会发生改变，C错误；
D．小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，方向改变，D错误；
故选B。
径向电场中的匀速圆周运动
21．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为、。电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N。动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的不同位置，初动能为的电子沿电势为的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达板N的正中间。动能为、的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为和。忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判断正确的是（ ）
A．偏转电场是匀强电场B．
C．D．
【答案】D
【解析】AB．由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同，电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故AB错误；C.相较于做匀速圆周运动的电子，动能为的电子在做近心运动，动能为的电子在做离心运动，可知 故C错误；D．该电场是辐射状电场,内侧的电场线密集，电场强度大，根据定性分析可知 ,即
所以 故D正确。
利用“等效重力”法处理带电体在复合场中的圆周运动
22.(多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
【答案】CD
【解析】若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE＜mg，球在a处速度最小，若qE＞mg，球在a处速度最大，故A、B错误；a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确．
知识点4：示波管
构造
由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如下图所示：
电子枪的作用是产生高速飞行的一束电子。偏转电极一般有相互平行的两组，一组控制水平偏转，一组控制竖直偏转，YY′使电子束沿Y向偏转（加信号电压），XX′使电子沿沿X向偏转（加扫描电压）。电子束打在荧光屏上能使该处的荧光物质发光。
原理
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。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）．
在下图中，设加速电压为U1，电子电荷量为e，质量为m，由动能定理得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）。
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。
示波器的原理、用途与相关操作
23．显像管原理的示意图如图所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】高速电子流打在荧光屏上的位置由b点逐渐移动到a点，所以电子先受到向下的洛伦兹力，且逐渐减弱为零，后受到向上的洛伦兹力，且逐渐增强。根据左手定则可以判断，磁场的方向先垂直纸面向里，方向为正，且逐渐减弱为零，后来磁场的方向垂直纸面向外，方向为负，且逐渐增强，故C正确，ABD错误。
故选C。
24．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。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中：①极板X应带正电；②极板应带正电；③极板Y应带正电；④极板应带正电.（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】A
【详解】由题意可知，在方向上电子向X方向偏转，极板X带正电；在方向上电子向Y方向偏转，极板Y带正电。
故选A。
示波器的相关计算
25．“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是（ ）
A．U1不变，U2变大B．U1变大，U2变小
C．U1变小，U2变大D．U1变大，U2变大
【答案】B
【详解】根据动能定理
得
在偏转电场中
vy = at，，，
若使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以增大U1减小U2。
故选B。
26．如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压，一质子由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点列说法正确的是（ ）
A．若仅增大，则质子打在F点下方
B．若仅增大，则质子打在F点上方
C．若仅把质子改为α粒子（氮核），则α粒子仍打在F
D．若仅把质子改为α粒子（氦核），则α粒子打在F点下方
【答案】C
【详解】A．设带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子在A和极板B间加速，令刚离开加速电场时粒子的速度大小为，由动能定理有
粒子在偏转电场中的侧移量
可得
若仅增大，则y减小，质子打在F点上方，故A错误；
B．根据上述可知，若仅增大，则y增大，质子打在F点下方，故B错误；
CD．由于
可知，粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关，故α粒子仍打在F点，故C正确，D错误。
故选C。
根据示波器原理推断荧光屏上的图像
27．示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX′为水平偏转电极，YY′为竖直偏转电极。（已知T很小），以下说法正确的是（ ）
A．XX′加图3波形电压、YY′不加信号电压，屏上出现一个亮点
B．XX′加图2波形电压、YY′加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线
C．XX′加图4波形电压，YY′如图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线
D．XX′加图4波形电压，YY′加图1波形电压，屏上将出现图1所示图线
【答案】D
【详解】A．XX′为水平偏转电极，其中所加电压使得粒子发生水平方向的偏转，YY′为竖直偏转电极，其中所加电压使得粒子发生竖直方向的偏转，当YY′不加信号电压，竖直侧移为0，XX′加图3波形电压，由于电压呈现矩形方波形式，电压一正一负，大小一定，则屏上出现两个亮点，，故A错误；
B．XX′加图2波形电压，则水平方向侧移一定，YY′加图1波形电压，则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，但由于水平方向侧移一定，则屏上将出现一条竖直亮线，故B错误；
C．XX′加图4波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平方向侧移也在均匀变化，YY′如图2波形电压，电压一定，竖直方向侧移一定，则屏上将出现一条水平亮线，故C错误；
D．XX′加图4波形电压，电压呈现倾斜直线变化，即为扫描电压，水平方向侧移也在均匀变化，YY′加图1波形电压，则竖直方向侧移呈现正弦式规律变化，则屏上将出现图1所示呈现正弦规律变化的图线，故D正确。
故选D。
28．示波管是示波器的主要部件，其原理如图1所示。如果在电极YY′间所加电压UYY′，及在电极XX′间所加电压UXX′，按图2所示的规律变化，则在荧光屏上呈现的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由图2可知，在电极YY′间所加电压UYY′不变，则电子向Y偏转且偏转位移相等，在电极XX′间所加电压UXX′时，电子向X偏转且前半个周期向X偏转位移增大，后半个周期X偏转位移减小。
故选A。
多选题
29．一质量为m、带电荷量为＋q的小球套在竖直固定的足够长的粗糙绝缘细杆上，细杆处于磁感应强度大小为B、方向水平向里的匀强磁场中。小球由静止释放，下列表示小球下滑过程中的速度v与时间t、加速度a与时间t的关系图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【详解】小球下滑过程中，根据牛顿第二定律有
其中
而
因此有
则可知小球在下落过程中速度增大的同时，洛伦兹力也在增大，导致滑动摩擦力增大，根据牛顿第二定律分析可知，小球做加速度逐渐减小的变加速运动，而当
时，小球开始做匀速运动，加速度为0。
故选AD。
30．如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起至A点，此时细线与场强平行，然后把小球从A点无初速释放，经最低点B后到达B的另一侧C点时速度为零，则（ ）
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点再到C点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时的绳子拉力最大
D．从A点到B点的过程中小球的动能先增加再减小
【答案】BD
【详解】AC．小球受电场力水平向右，则由平衡知识可知，小球的平衡位置在AB之间的某位置，小球在平衡位置时的速度最大，绳子在此位置时绳子的拉力也是最大，故AC错误；
B．小球从A点到B点再到C点的过程中，只有电场力和重力做功，则小球的机械能和电势能之和守恒，因此过程中电场力一直做负功，电势能变大，则机械能一直在减少，故B正确；
D．从A点到B点的过程中，小球的动能先增加再减小，故D正确。
故选BD。
31．如图所示，是圆的一条水平直径，是竖直方向的另外一条直径，点是圆上的点，连线与的夹角为，该圆处于方向与圆面平行的匀强电场中。将带正电量为、质量为的油滴从圆心点以相同的初动能射出，射出方向不同时，油滴可以经过圆周上的所有点。在这些点中，经过点时油滴的动能最小且为，已知重力加速度的大小为g，匀强电场的场强，那么（ ）
A．电场线与垂直且B点电势高于C点电势
B．油滴经过点动能为
C．油滴经过点时的动能为
D．油滴经过连线中点时的动能为
【答案】CD
【详解】
A．从经过点时油滴的动能最小且为，则点为复合场的等效最高点，则复合场的合力方向如图所示，则有
由题意可知
联立解得
则电场线的方向如图所示，由几何关系可知，与电场线垂直，B点电势低于点电势，故A错误；
B．油滴经过点时，合外力不做功，所以油滴的动能不变，故B错误；
C．油滴从经过点时，由动能定理可得
从经过A点时
联立解得油滴经过点时的动能为
故C正确；
D．油滴经过连线中点时的动能为等于中点的动能，且为，故D正确。
故选CD。
32．如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为，a为常量。电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）
A．两个粒子均带负电
B．质量大的粒子动量较小
C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动
D．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动
【答案】AC
【详解】A．两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，选项A正确；
B．根据
且
p=mv
可得
两粒子电量相等，则质量大的粒子动量较大，选项B错误；
C．根据
可得
与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，选项C正确；
D．由表达式
可知，两粒子动能相同，根据
可知两粒子动量不同；若加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足
两粒子电量相等，则qB相等，若粒子做向心运动；当时粒子做离心运动，但是与的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，选项D错误。故选AC。
速度方向与电场方向
带电粒子的电性
运动情形
图示
相同
带正电的粒子
加速
带负电的粒子
减速
相反
带正电的粒子
减速
带负电的粒子
加速
情形
进入电场的方式
受力特点
运动特点
图示
以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场
以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场，受恒定电场力作用，做类似平抛运动。
电场力大小恒定，且方向与初速度v0的方向垂直。
做类平抛运动（匀变速曲线运动运动）。
先加速后偏转
静止放在匀强电场中，经过电场加速获得速度v0，然后垂直场强方向射入匀强电场。
加速阶段：电场力大小恒定，且方向与运动方向平行；偏转阶段：电场力大小恒定，且方向与速度v0的方向垂直。
加速阶段：匀加速直线运动；偏转阶段：做类平抛运动。
运动类型
受力分析
系统的形式
运动的条件
仅在电场力作用下的匀速圆周运动
只受电场力（或者库仑力），电场力（或者库仑力）提供向心力。
除带电粒子外，系统存在单个点电荷或者多个点电荷。
速度方向与库仑力力的方向垂直。
电场力和重力作用下的匀速圆周运动
①受一个库仑力，一个电场力（匀强电场）和重力，重力和电场力平衡，库仑力提供向心力。②只受重力和电场力的情形：二者的合力提供向心力。
①除带电粒子外，系统存在一个点电荷、一个匀强电场和重力。②除带电粒子外，系统存在一个点电荷和重力。
①带电粒子受到匀强电场的电场力与重力平衡，速度方向与库仑力的方向垂直。②速度方向与库仑力和重力的合力的方向垂直。
径向电场中的匀速圆周运动
电场力提供向心力。
电子偏转器的剖面图。
速度方向与电场力的方向垂直。
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