第05講 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（解析版）-2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期中期末復(fù)習(xí)精細(xì)講義

第05講帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)——?jiǎng)澲攸c(diǎn)之高二期中期末復(fù)習(xí)精細(xì)講義考點(diǎn)1帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)2帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題考點(diǎn)3帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型考點(diǎn)4示波管的工作原理考點(diǎn)1：帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件直線運(yùn)動(dòng)的條件①粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。2．解決粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種方法運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做加（減）速直線運(yùn)動(dòng)解決方法勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)（適用于粒子受恒力作用）非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1（適用于粒子受恒力或變力作用）解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動(dòng)力學(xué)分析的思想，采用受力分析和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采用功能結(jié)合的觀點(diǎn)進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采用動(dòng)能定理。3．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理基本粒子如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）帶電顆粒如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力4．帶電粒子在電場(chǎng)中的加速帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入電場(chǎng)，帶電粒子將做加（減）速運(yùn)動(dòng)。有兩種分析方法：用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad用功能觀點(diǎn)分析粒子只受電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力做的功等于物體動(dòng)能的變化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【典例1】某空間有平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電荷量為?q（q>0）的質(zhì)點(diǎn)（重力不計(jì)）在如圖所示的恒定拉力F的作用下由M點(diǎn)開始沿直線勻速運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)。圖中電場(chǎng)未畫出，拉力F和直線MN間的夾角為θ，M、N兩點(diǎn)間的距離為d，則下列說法正確的是（

）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為FB．M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差為FdC．帶電質(zhì)點(diǎn)由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減少了FdD．若要使帶電質(zhì)點(diǎn)由N點(diǎn)向M點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則F必須反向【答案】B【詳解】A．帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)受拉力F和電場(chǎng)力兩個(gè)力的作用，則這兩個(gè)力等大反向，電場(chǎng)線方向沿F方向，場(chǎng)強(qiáng)大小E=A錯(cuò)誤。B．在帶電質(zhì)點(diǎn)由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得Fd解得UB正確。C．帶電質(zhì)點(diǎn)由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力做功W=?q電勢(shì)能增加了FdcosD．帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力恒定不變，根據(jù)平衡條件，若要使帶電質(zhì)點(diǎn)由N點(diǎn)向M點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力F的方向應(yīng)保持不變，D錯(cuò)誤。故選B?！镜淅?】（多選）如圖甲所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，虛線為電場(chǎng)線，與Ox軸成θ=37°角，Ox軸上有a、b、c三點(diǎn)，Oa=bc=12ab=4cm，Ox軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ的變化規(guī)律如圖乙所示。取sin37°=0.6A．電場(chǎng)線的方向?yàn)樾庇蚁蛳翨．若質(zhì)子從O點(diǎn)靜止釋放，將沿x軸做加速運(yùn)動(dòng)C．勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為600D．電子在c點(diǎn)的電勢(shì)能為7.68×【答案】AD【詳解】AB．由圖可知沿x方向電勢(shì)降低，所以電場(chǎng)線方向斜向下。O點(diǎn)靜止釋放的質(zhì)子應(yīng)沿電場(chǎng)方向加速運(yùn)動(dòng)。故A正確，B錯(cuò)誤；C．φ?x圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x方向的分量大小，由圖乙可知E所以E=故C錯(cuò)誤；D．電子在c點(diǎn)的電勢(shì)能為E故D正確。故選AD。【典例3】（多選）如圖甲所示，以O(shè)為原點(diǎn)，豎直向下為正方向建立x軸。在x=0和x=4x0處分別固定電量為Q的正點(diǎn)電荷。A、B、C為x軸上坐標(biāo)分別為x0、2x0、3x0的點(diǎn)，AC之間沿x軸方向電勢(shì)變化如圖乙所示?，F(xiàn)從A點(diǎn)將一帶正電小球由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)。已知釋放瞬間小球加速度為2g，g為當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋o電力常量為k。以下結(jié)論正確的是（）A．小球的比荷qB．小球的比荷qC．小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為11gD．小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為11g【答案】AD【詳解】AB．已知釋放瞬間小球加速度為2g，根據(jù)牛頓第二定律可得m解得小球的比荷為q故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小球從A點(diǎn)靜止釋放到B點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得m解得小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD?！镜淅?】（多選）如圖所示，真空中豎直固定一表面粗糙程度處處相同的金屬板，其正前方固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷Q，OQ垂直于金屬板。已知OM=ON，一表面絕緣帶正電的小滑塊（可視為試探電荷且不影響原電場(chǎng)）從金屬板上端的M點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊能運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，且到達(dá)O點(diǎn)時(shí)其所受重力大小等于摩擦力大小。下列說法正確的是（）A．小滑塊一直加速運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，加速度先減后增，小滑塊在M、N兩點(diǎn)的加速度相等B．電場(chǎng)力對(duì)小滑塊先做負(fù)功后做正功，小滑塊在M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等C．小滑塊在OM段和ON段動(dòng)能的增加量一定相等D．小滑塊的動(dòng)能可能先增大后減小，到達(dá)N點(diǎn)的速度為零【答案】AC【詳解】A．由于靜電感應(yīng)，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，金屬板表面是一個(gè)等勢(shì)面，在M、N兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)相等，周圍的電場(chǎng)如圖所示小滑塊在M、N兩點(diǎn)的受力為重力、電場(chǎng)力、摩擦力和支持力，由圖可知，小滑塊在M、N兩點(diǎn)的合外力相同，故加速度也相同，故A正確；B．電場(chǎng)線垂直于金屬板，電場(chǎng)力不做功，小滑塊在M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能相同，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)對(duì)稱性可知，摩擦力在OM段和ON段做的功相等，合外力做功相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小滑塊在OM段和ON段動(dòng)能的增加量一定相等，故C正確；D．在OM段，由于f=μN(yùn)N=kQr2OM段摩擦力一直增大，到O點(diǎn)時(shí)與重力大小相等，所以O(shè)M階段，滑塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大，動(dòng)能增大，ON故選AC?！镜淅?】（多選）如圖所示，水平放置的平行板電容器上下極板M、N分別帶有等量異種電荷，電荷量大小均為Q，兩極板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從上極板M的邊緣以初速度v0射入，恰好沿直線從下極板N邊緣射出，重力加速度為gA．兩極板間的電壓UB．微粒的機(jī)械能減小mgdC．電容器的電容C=D．保持Q不變，僅將極板N向下平移，微粒仍沿直線從極板間射出【答案】BCD【詳解】A．因?yàn)閹щ娢⒘Ｗ鲋本€運(yùn)動(dòng)，則微粒受力平衡，根據(jù)平衡條件有q得U=負(fù)電荷受電場(chǎng)力方向向上，所以電場(chǎng)方向豎直向下，則φ所以U故A錯(cuò)誤；B．重力做功mgd，微粒的重力勢(shì)能減小，由于微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，根據(jù)能量守恒定律得知，微粒的重力勢(shì)能減小了mgd，故B正確；C．電容器的電容C=故C正確；D．在Q不變時(shí)，僅將極板N向下平移，由E=知電場(chǎng)強(qiáng)度不變，微粒仍受力平衡，微粒仍沿直線從極板間射出，故D正確。故選BCD?！镜淅?】如圖所示，Q為固定的正點(diǎn)電荷，A、B兩點(diǎn)在Q的正上方和Q相距分別為?和0.25?，將另一點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好又變?yōu)榱?。若此電荷在A點(diǎn)處的加速度大小為0.5g，試求：(1)此電荷在B點(diǎn)處的加速度；(2)此電荷運(yùn)動(dòng)過程中速度最大時(shí)離Q的距離；(3)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差（用Q和?表示）?！敬鸢浮?1)a=7g，方向豎直向上(2)d=(3)U【詳解】（1）根據(jù)題意，此電荷帶正電，設(shè)此電荷帶電量為q，在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律mg?在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律kQq解得a=7g方向豎直向上。（2）當(dāng)電荷受力平衡時(shí)，此電荷運(yùn)動(dòng)過程中速度最大，可得mg=解得此電荷運(yùn)動(dòng)過程中速度最大時(shí)離Q的距離d=（3）電荷從A點(diǎn)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理U解得A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U考點(diǎn)2：帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題1．進(jìn)入電場(chǎng)的方式：以初速度v0垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中的帶電粒子，受恒定電場(chǎng)力作用，做類似平拋的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。2．兩個(gè)特點(diǎn)受力特點(diǎn)電場(chǎng)力大小恒定，且方向與初速度v0的方向垂直運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，與力學(xué)中的平拋運(yùn)動(dòng)類似3．兩個(gè)分析條件分析不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)分析一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)4．處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解，分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)，類似于平拋運(yùn)動(dòng)。沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)5．運(yùn)動(dòng)規(guī)律：設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d（忽略重力影響），則有加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間①能飛出電容器：②不能飛出電容器：速度⊥E方向（初速度方向），vx=v0∥E方向，vy=at末速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，粒子離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mv02d)（動(dòng)能一定時(shí)tanθ與q成正比，電荷量一定時(shí)tanθ與動(dòng)能成反比）位移⊥E方向（初速度方向），x=l=v0t∥E方向，粒子離開電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移為：y=＝eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)粒子離開電場(chǎng)時(shí)位移與初速度夾角的正切tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d)思維導(dǎo)圖6．分析粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的兩種方法分解觀點(diǎn)垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的帶電粒子，在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，與重力場(chǎng)中的平拋運(yùn)動(dòng)相類似，研究這類問題的基本方法是將運(yùn)動(dòng)分解，可分解成平行電場(chǎng)方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)功能觀點(diǎn)首先對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算①若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量②若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的7．關(guān)于兩個(gè)偏轉(zhuǎn)物理量粒子的偏轉(zhuǎn)角問題已知電荷情況及初速度：如上圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓為U1tanθ＝eq\f(vy,vx)vy＝at＝eq\f(qU1,dm)·eq\f(l,v0)vx＝v0可得tanθ＝eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)動(dòng)能一定時(shí)tanθ與q成正比，電荷量相同時(shí)tanθ與動(dòng)能成反比已知加速電壓U0：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的粒子的偏轉(zhuǎn)量問題y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,dm)·（eq\f(l,v0)）2作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場(chǎng)邊緣的距離為x，則x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(\f(qU1l2,2dmv\o\al(2,0)),\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d))＝eq\f(l,2)粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，就像是從極板間的l/2處沿直線射出若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)粒子的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離總是相同的8．幾個(gè)推論（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)平分沿初速度方向的位移。（如圖所示，l′＝eq\f(l,2)）（2）位移方向與初速度方向間夾角的正切等于速度偏轉(zhuǎn)角正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。（3）先加速后偏轉(zhuǎn)：若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U的，則由動(dòng)能定理有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得：。偏移量。則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同，也就是運(yùn)動(dòng)軌跡完全重合。粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。（4）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系：當(dāng)討論帶電粒子末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差。（5）計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心距離Y的方法：計(jì)算方法Y＝y(tǒng)＋Dtanθ（D為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離）Y＝（＋D）tanθ（L為電場(chǎng)寬度）Y＝y(tǒng)＋vy·根據(jù)三角形相似：9.帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的問題如圖所示，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P,如圖所示.1.確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1：方法2：2.確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的動(dòng)能(或速度)的兩種方法方法1:方法2：【典例7】如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)，E、F、G、H是各邊中點(diǎn)，其連線構(gòu)成正方形，其中P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)，一個(gè)帶正電的粒子（不計(jì)重力）從F點(diǎn)沿FH方向射入電場(chǎng)后恰好從D點(diǎn)射出，以下說法正確的是（）A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過P點(diǎn)B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過PH之間某點(diǎn)C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ訒?huì)由ED之間某點(diǎn)從AD邊射出D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點(diǎn)從AD邊射出【答案】D【詳解】AB．由題意知，粒子的初速度方向垂直于電場(chǎng)方向，故粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)推理：速度反向延長線過水平位移的中點(diǎn)，O為FH中點(diǎn)，即DO為軌跡的切線，因P在DO線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡一定不經(jīng)過P點(diǎn)，一定經(jīng)過EP之間點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；CD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉硪话耄陔妶?chǎng)力的方向運(yùn)動(dòng)不變，即離開矩形區(qū)域的時(shí)間不變，又初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以位移是原來的一半，恰好由E點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D?！镜淅?】（多選）如圖所示，在光滑絕緣水平面xOy內(nèi)存在平行于y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電小球（視為點(diǎn)電荷）從y軸上的P點(diǎn)以初速度v0射入第一象限，小球經(jīng)過x軸上Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的夾角為60°。下列說法正確的是（

A．小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為2B．OP、OQ之比為2:C．P、Q連線與x軸的夾角為30°D．小球從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，小球的動(dòng)能變化量為小球初動(dòng)能的3倍【答案】AD【詳解】A．小球在電場(chǎng)中做平拋運(yùn)動(dòng)，在Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的夾角為60°，則有v解得小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=2故A正確；B．小球經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度大小為v根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得OP=vy聯(lián)立可得OP、OQ之比為OP:OQ=故B錯(cuò)誤；C．P、Q連線與x軸的夾角正切值為tan故C錯(cuò)誤；D．小球從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中，動(dòng)能變化量為Δ可知小球的動(dòng)能變化量為小球初動(dòng)能的3倍，故D正確。故選AD?！镜淅?】如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系xOy，第Ⅲ象限內(nèi)固定有半徑為R的四分之一光滑絕緣圓弧軌道BC，軌道的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，B端在x軸上，C端在y軸上，同時(shí)存在大小為E1=3mg4q，方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。第Ⅳ象限x=0與x=3R之間有大小為E2=2mgq，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電小球從B點(diǎn)正上方高(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC(2)小球在第Ⅲ象限受到軌道支持力的最大值；(3)小球運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸右側(cè)后與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)?！敬鸢浮?1)3(2)25(3)（3R，0）和（9R，0）【詳解】（1）帶負(fù)電小球從A點(diǎn)由靜止釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg?3R?q解得小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v（2）在電場(chǎng)E1F設(shè)重力和電場(chǎng)力的合力與豎直方向的夾角為θ，則有tan可得θ=37°則當(dāng)小球在第Ⅲ象限圓弧軌道BC上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)與圓心連線沿重力和電場(chǎng)力的合力方向時(shí)，小球的速度最大，受到軌道的支持力最大，從A點(diǎn)由靜止釋放到D點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(2R+R解得v在D點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律可得N聯(lián)立解得小球受到軌道支持力的最大值為N（3）在第四象限電場(chǎng)中，小球受到的電場(chǎng)力豎直向上，大小為q小球從C點(diǎn)以vC=3a=方向豎直向上；設(shè)小球在電場(chǎng)E2中經(jīng)過xR=12解得t=2Rg可知小球剛好從電場(chǎng)E2的右邊界經(jīng)過xv小球進(jìn)入第一象限后做斜拋運(yùn)動(dòng)，之后再次經(jīng)過x軸，根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t′=2則小球運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸右側(cè)后與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為（3R，0）和（9R，0）?！镜淅?0】一束初速不計(jì)的一價(jià)正粒子在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若板間距離d=1.0cm，板長l=5.0cm

(1)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0(2)粒子飛出平行板時(shí)的側(cè)移量vy(3)偏轉(zhuǎn)場(chǎng)對(duì)粒子做的功。【答案】(1)2×(2)5×(3)3.2×【詳解】（1）粒子加速過程中，由動(dòng)能定理可得eU=代入數(shù)據(jù)可得v（2）根據(jù)牛頓第二定律可得，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為a=代入數(shù)據(jù)可得a=1.6×粒子沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的飛行時(shí)間設(shè)為t，則有l(wèi)=代入數(shù)據(jù)可得t=2.5×粒子飛出平行板時(shí)的側(cè)移量為y=聯(lián)立可得y=5×（3）粒子出場(chǎng)時(shí)的速度設(shè)為v，可以分解為沿初速度方向的v0和沿電場(chǎng)方向的vv根據(jù)恒力功的定義式可得，偏轉(zhuǎn)場(chǎng)對(duì)粒子做的功為W=eEy=代入數(shù)據(jù)可得W=3.2×【典例11】XCT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。某種XCT機(jī)原理示意圖如圖所示。M、N之間是加速電場(chǎng)，虛線框內(nèi)為勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到水平圓形靶臺(tái)上的中心點(diǎn)P，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩端的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域水平寬度為L0，豎直高度足夠長，MN中電子束距離靶臺(tái)豎直高度為H，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度(1)電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大??；(2)電子束射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向的夾角；(3)P點(diǎn)到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的距離?！敬鸢浮?1)2(2)30°(3)3【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有U電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小v=（2）電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)的加速度為a=電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=設(shè)電子束射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向夾角為α，可得tan聯(lián)立解得α=30°（3）設(shè)P點(diǎn)到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊界的距離L，電子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)位移y=電子束射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度反向延長將交于水平位移的中點(diǎn)，由相似三角形可知H聯(lián)立解得L=考點(diǎn)3：帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于電場(chǎng)變化周期粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)可將電場(chǎng)看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)或類拋體運(yùn)動(dòng)。2.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不滿足遠(yuǎn)小于電場(chǎng)變化周期(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律),抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。(2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析，通?？勺鞒隽Ｗ舆\(yùn)動(dòng)的速度(或分速度)—時(shí)間圖像進(jìn)行分析或求解；二是功能關(guān)系?！镜淅?2】勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。當(dāng)t=0時(shí)。在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶正電的粒子，帶電粒子只受靜電力的作用，下列說法正確的是（）A．帶電粒子將做往復(fù)運(yùn)動(dòng) B．3s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度不為零 D．前3s內(nèi)，靜電力做的總功為零【答案】D【詳解】A．帶電粒子由靜止釋放后，在0～2sa在2sa可知粒子由靜止先以a1加速度大小加速2s，再以a2加速度大小減速1s，由于a2=2a1，可知3s末粒子速度為零，同理在3sA錯(cuò)誤；B．由帶電粒子的速度時(shí)間圖像可知，帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，因此3s末帶電粒子回不到原出發(fā)點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．由帶電粒子的速度時(shí)間圖像可知，3s末帶電粒子的速度是零，C錯(cuò)誤；D．在前3s內(nèi)，由動(dòng)能定理可知W=前3s內(nèi)，靜電力做的總功是零，D正確。故選D?！镜淅?3】如圖甲所示，某裝置由直線加速器和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)組成.直線加速器序號(hào)為奇數(shù)和偶數(shù)的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示；在t＝0時(shí)，奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為正值，位于金屬圓板（序號(hào)為0）中央的電子由靜止開始加速，通過可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)的圓筒間隙的時(shí)間忽略不計(jì)，偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)的A、B板水平放置，長度均為L，相距為d，極板間電壓為U，電子從直線加速器水平射出后，自M點(diǎn)射入電場(chǎng)，從N點(diǎn)射出電場(chǎng).若電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力和相對(duì)論效應(yīng)。下列說法正確的是（）A．電子在第3個(gè)與第6個(gè)金屬筒中的速度之比為1B．第2個(gè)金屬圓筒的長度為TC．電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值tanD．若電子通過圓筒間隙的時(shí)間不可忽略，圓筒個(gè)數(shù)足夠多且間隙的距離均為d，在保持圓筒長度、交變電壓的變化規(guī)律和圖乙中相同的情況下，該裝置能夠讓電子獲得的最大速度為v【答案】A【詳解】A．設(shè)電子進(jìn)入第n個(gè)圓筒后的動(dòng)能為EknEE電子在第3個(gè)和第6個(gè)金屬圓筒中的動(dòng)能之比為12B．設(shè)電子進(jìn)入第n個(gè)圓筒后的速度為vnne解得v第2個(gè)金屬圓筒的長度l2=故B錯(cuò)誤；C．電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a=電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=又因?yàn)関電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，垂直于板面的分速度為v電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，偏轉(zhuǎn)角度的正切值為tan故C錯(cuò)誤；D．由題意，若電子通過圓筒間隙的時(shí)間不可忽略，則電子進(jìn)入每級(jí)圓筒的時(shí)間都要比忽略電子通過圓筒間隙中對(duì)應(yīng)時(shí)間延后一些，當(dāng)延后時(shí)間累計(jì)為T2nd=根據(jù)動(dòng)能定理得ne聯(lián)立解得v故D錯(cuò)誤。故選A?！镜淅?4】（多選）如圖甲所示，A、B是一對(duì)平行金屬板。A板的電勢(shì)φA=0，B板的電勢(shì)φB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)區(qū)內(nèi)，電子的初速度和重力的影響均可忽略。若在t=0時(shí)刻進(jìn)入的電子恰好在T2時(shí)刻穿過BA．在t=T8時(shí)刻進(jìn)入的電子一定不能穿過B．在t=T8時(shí)刻進(jìn)入的電子一定能穿過C．在t=T4時(shí)刻進(jìn)入的電子一定不能穿過D．在t=T4時(shí)刻進(jìn)入的電子一定能穿過【答案】BC【詳解】AB．當(dāng)電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，恰好在T2時(shí)刻穿過B板，設(shè)此時(shí)電子的速度為vd=電子從t=Td由此可知，電子一定能穿過B板，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．同理，電子從t=Td由此可知，電子一定不能穿過B板，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！镜淅?5】（多選）如圖甲所示，A、B兩極板與交變電源相連，交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示，A板的電勢(shì)為0，質(zhì)量為m，電荷量為?q的電子僅在電場(chǎng)力作用下，在t=TA．A、B兩板間的距離為qB．電子在兩板間的最大速度為qC．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．若電子在t=T【答案】ABD【詳解】A．電子在t=T4時(shí)刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板間運(yùn)動(dòng)，先加速后減速，在t=3a=則有d=2×解得d=A正確；B．由題意可知，經(jīng)過T4vB正確；C．電子在兩板間先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．若電子在t=T8時(shí)刻進(jìn)入兩極板，在x=說明電子會(huì)一直向B板運(yùn)動(dòng)并打在B板上，不會(huì)向A板運(yùn)動(dòng)，D正確。故選ABD?！镜淅?6】如圖甲所示，豎直正對(duì)放置的平行極板A、B間存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，在A極板O處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，電子經(jīng)極板A、B間的電場(chǎng)加速后由B極板上的小孔離開，然后沿水平放置的平行極板C、D的中心線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．C、D兩極板的長度均為L、間距為d，兩板之間加有如圖乙所示的交變電壓，0~T2時(shí)間段內(nèi)極板C的電勢(shì)高于極板D的電勢(shì)。電子被加速后離開極板A、B間的加速電場(chǎng)時(shí)的速度大小為(1)極板A、B之間的電勢(shì)差UAB(2)t=0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度偏角θ的正切值；(3)t=T【答案】(1)U(2)tan(3)y=【詳解】（1）粒子在A、B板之間加速后獲得速度為v根據(jù)動(dòng)能定理可得?e極板A、B之間的電勢(shì)差為：U（2）電子進(jìn)入極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后在電場(chǎng)力的作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)有L=解得t=Tt=0時(shí)刻進(jìn)入極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子，前T2a后T2a則有v得v則有tan（3）t=T2時(shí)刻進(jìn)入極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子在3T2vy1=av故偏移量為y=代入解得y=考點(diǎn)4：示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示．1．示波管的構(gòu)造示波器是可以用來觀察電信號(hào)隨時(shí)間變化情況的一種電子儀器，其核心部分是示波管，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示，管內(nèi)抽成真空。電子槍發(fā)射并加速電子豎直偏轉(zhuǎn)電極使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號(hào)電壓）水平偏轉(zhuǎn)電極使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）熒光屏顯示圖象2．示波管的原理示波器的基本原理是帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的加速和偏轉(zhuǎn)．（1）偏轉(zhuǎn)電極不加電壓：從電子槍射出的電子將沿直線運(yùn)動(dòng)，射到熒光屏的中心點(diǎn)形成一個(gè)亮斑。（2）僅在XX′（或YY′）加電壓，若所加電壓穩(wěn)定，則電子流被加速、偏轉(zhuǎn)后射到XX′（或YY′）所在直線上某一點(diǎn)，形成一個(gè)亮斑（不在中心）．在圖中，設(shè)加速電壓為U1，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，由W＝ΔEk得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。在電場(chǎng)中的側(cè)移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU2,2dm)t2，其中d為兩板的間距。水平方向t＝L/v0，又tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v\o\al(2,0))＝eq\f(eLU2,dmv\o\al(2,0))由以上各式得熒光屏上的側(cè)移y′＝y(tǒng)＋L′tanφ＝eq\f(eLU2,dmv\o\al(2,0))（L′+）＝tanφ（L′+）（L′為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)左側(cè)到光屏的距離）。（3）示波管實(shí)際工作時(shí)，豎直偏轉(zhuǎn)板和水平偏轉(zhuǎn)板都加上電壓，一般加在豎直偏轉(zhuǎn)板上的電壓是要研究的信號(hào)電壓，加在水平偏轉(zhuǎn)板上的是掃描電壓，若兩者周期相同，在熒光屏上就會(huì)顯示出信號(hào)電壓隨時(shí)間變化的波形圖。3．亮點(diǎn)位置的確定（1）恒壓處理：分別在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′所加的掃描電壓和波形電壓都是變化電壓，但其變化周期比電子經(jīng)過極板的時(shí)間要長得多，相比之下，電子經(jīng)過極板的時(shí)間可當(dāng)作一個(gè)周期中的某“時(shí)刻”，所以在處理計(jì)算電子的偏轉(zhuǎn)距離時(shí)，電子經(jīng)過極板的時(shí)間內(nèi)電壓可當(dāng)作恒定電壓來處理。例如，在YY′上加信號(hào)電壓u＝220eq\r(2)sin100πtV，在t＝eq\f(1,600)s時(shí)射入極板的電子，偏轉(zhuǎn)電壓可認(rèn)為是u＝220eq\r(2)sin（100π×）V＝110eq\r(2)V不變。（2）雙向偏轉(zhuǎn)確定亮點(diǎn)的坐標(biāo)位置：電子在兩個(gè)方面的偏轉(zhuǎn)互不影響，均當(dāng)作類平拋運(yùn)動(dòng)處理。由X和Y方向同時(shí)刻加上的偏轉(zhuǎn)電壓Ux、Uy，通過式子x＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(UxL2,4dU1)，y＝eq\f(1,2)ayt2＝eq\f(UyL2,4dU1)等分別計(jì)算電子打在熒光屏上的側(cè)移距離x、y，則亮點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（x，y）。不同時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓不同，亮點(diǎn)位置坐標(biāo)不同，因此連續(xù)打出的亮點(diǎn)按X、Y方向的信號(hào)電壓拉開排列成“線”。4．XX′掃描電壓的作用豎直平行放置的一對(duì)金屬板XX′，加上偏轉(zhuǎn)電壓Ux后使電子束沿水平方向偏轉(zhuǎn)，Ux稱為掃描電壓，波形如圖所示。不同時(shí)刻的偏轉(zhuǎn)電壓不同，由于側(cè)移距離與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，電子在熒光屏上打出的亮點(diǎn)相對(duì)原點(diǎn)的位置不同，在一個(gè)周期T內(nèi)，亮點(diǎn)沿x方向從負(fù)向最大側(cè)移經(jīng)原點(diǎn)O向正向最大移動(dòng)，完成一次“掃描”，由于周期T很短，因此人眼觀察到的就是一條水平亮線。如果掃描電壓的頻率fx等于YY′上所加波形電壓的頻率fy，則在熒光屏上顯示一個(gè)完整的波形；如果fy＝2fx，則Tx＝2Ty，水平掃描一次，豎直變化2次，因此得到兩個(gè)完整波形，依次類推。【典例17】示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。圖乙是從右向左看到的熒光屏的平面圖。若在XX'上加如圖丙所示的電壓，在YY'上加如圖丁所示的信號(hào)電壓，則在示波管熒光屏上看到的圖形是（

）A． B．C． D．【答案】A【詳解】因甲圖XX'偏轉(zhuǎn)電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與YY'偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號(hào)電壓相同，所以在熒光屏上得到的信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象，則顯示的圖象與YY'所載入的圖象形狀是一樣的，如圖A所示。故選A。【典例18】如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′上的電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后會(huì)打在苂光屏上的正中間（圖示坐標(biāo)系的O點(diǎn)，其中x軸與XX′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合。x軸正方向垂直于紙面向里，y

A．若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅱ象限，則X′接電源正極，YB．若只在YY′兩極加上偏轉(zhuǎn)電壓，則在苂光屏上能看到沿C．若只在XX′兩極加上偏轉(zhuǎn)電壓，增大XXD．示波管工作時(shí)，可任意調(diào)節(jié)XX【答案】C【詳解】A．若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅱ象限，電子受到的電場(chǎng)力在x軸上沿-x方向，在y軸上沿+y方向，則X′接電源正極，YB．若只在YY′兩極加上偏轉(zhuǎn)電壓，則在苂光屏上能看到垂直C．若只在XX′兩極加上偏轉(zhuǎn)電壓，粒子受力沿x軸，增大XXD．如果兩電壓頻率都不穩(wěn)定，則無法獲得穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤。故選C。【典例19】如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX＇和熒光屏組成。電極。YY＇、XX＇的長度均為l、間距均為d。若電子槍的加速電壓為U1，XX＇極板間的電壓為U2（X端接為高電勢(shì)），YY＇極板間的電壓為零。電子剛離開金屬絲時(shí)速度可視為零，從電子槍射出后沿示波管軸線OO＇方向（O＇在熒光屏正中央）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。電子電荷量為A．會(huì)打在熒光屏左上角形成光斑B．打在熒光屏上時(shí)的動(dòng)能大小為eC．打在熒光屏上的位置與O'的距離為D．打在熒光屏上時(shí)，速度方向與OO＇的夾角α滿足tan【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，由于XX＇極板間的電壓為U2B．根據(jù)題意可知，電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功為W電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功W由動(dòng)能定理可知，由于電子剛離開金屬絲時(shí)速度可視為零，打在熒光屏上時(shí)的動(dòng)能大小為E故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意可知，電子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有e電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則有l(wèi)=v0t，聯(lián)立解得y=設(shè)電極左端到熒光屏的距離為L，電子離開電極后繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由相似三角形可得Y解得Y=即打在熒光屏上的位置與O'的距離為lD．電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則有l(wèi)=v0t，解得v則速度方向與OO＇的夾角α滿足tan故D正確。故選D?！镜淅?0】如圖所示，圖甲是示波管的原理圖，如果在電極XX'之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，在電極YY'之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則熒光屏上會(huì)看到的圖形是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】因?yàn)樵陔姌Oxx′之間所加的電壓保持不變，可知在x方向上的偏轉(zhuǎn)位移保持不變，在y方向上電壓隨正弦規(guī)律變化，即y方向上偏移在正負(fù)最大值之間變化，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。一、單選題1．“示波器”是電工學(xué)中的重要儀器，如圖所示為示波器的原理圖，有一電子在電勢(shì)差為U1的電場(chǎng)中加速后，垂直射入電勢(shì)差為UA．U1變小，U2不變 B．U1C．U1變小，U2變大 D．U1【答案】B【詳解】在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理q解得v=在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，豎直方向的加速度a=運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=則豎直方向的速度v設(shè)偏轉(zhuǎn)的角度為θ，則tan若使偏轉(zhuǎn)角變小，即使tanθ變小，則應(yīng)使U1變大，故選B。2．如圖甲所示，傾角為θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，其空間存在沿斜面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，以斜面底諯為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向建立x軸，一帶正電的小滑塊以一定的初速度v0從斜面底端x=0處開始上滑，若斜面足夠長，上滑過程中小滑塊的機(jī)械能和動(dòng)能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，sin37°=0.6，cos37°=0.8A．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿斜面向上B．在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為4C．在斜面底端小滑塊克服電場(chǎng)力做功的功率為ED．小滑塊上滑過程中，重力勢(shì)能增加了4【答案】C【詳解】AC．由圖乙可知，上滑過程中小滑塊的機(jī)械能變化量為W即電場(chǎng)力做負(fù)功，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿斜面向下。又W解得F則在斜面底端小滑塊克服電場(chǎng)力做功的功率為P故A錯(cuò)誤；C正確；D．由A選項(xiàng)分析可知，上滑過程中，小滑塊的機(jī)械能減少了E0，動(dòng)能減少了4Δ故D錯(cuò)誤；B．小滑塊上滑過程中，重力做負(fù)功，小滑塊的重力勢(shì)能變化量為Δ解得mg=在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為P故B錯(cuò)誤。故選C。3．圖甲為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】示波管的電極YY′上的偏轉(zhuǎn)電壓加的是如圖（乙）的信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上加上如圖（丙）的掃描電壓，當(dāng)信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同，就會(huì)在熒光屏上顯示與信號(hào)電壓一致的波形即圖B的波形。故選B。二、多選題4．如圖所示，一重力不計(jì)的帶電粒子由水平正對(duì)平行板的上極板邊緣以平行極板的速度射入，經(jīng)過一段時(shí)間由下極板的邊緣離開，已知兩極板之間的距離為d，兩極板的長度均為L，粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t。則下列說法正確的是（）A．水平方向上前L2與后LB．豎直方向上前d2與后dC．前t2與后tD．前t2與后t【答案】AD【詳解】A．粒子在垂直于極板的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由水平方向的分運(yùn)動(dòng)x=可知，前L2與后Ly=可知，前L2與后LW=Eq?得，該過程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做功之比為1：3，A正確；B．由豎直方向的分運(yùn)動(dòng)可知t=所以前d2與后d2粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比CD．前t2與后t故選AD。5．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說法正確的是（）A．若t=0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．若t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間往返運(yùn)動(dòng)C．若t=T4D．若t=3T8【答案】AC【詳解】AB．若t＝0時(shí)刻釋放電子，由題圖乙可知，電子將向右重復(fù)先勻加速后勻減速的運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板，不會(huì)在兩極板間做往返運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．若t＝T4時(shí)刻釋放電子，電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，分析易知，前T2內(nèi)電子可能到達(dá)右極板，若前D．同理，若t=3T8故選AC。6．如圖，金屬板平行放置，兩極接上恒定電壓。質(zhì)量相等的粒子A和B分別靜止在上下極板處。閉合開關(guān)，兩粒子僅在電場(chǎng)力作用下同時(shí)運(yùn)動(dòng)，且同時(shí)經(jīng)過圖中的虛線處，虛線到上下極板的距離之比為1：2，忽略粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A．A帶負(fù)電，B帶正電B．兩粒子所帶電荷量大小之比為1：2C．從開始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過虛線處電場(chǎng)力做功之比1：4D．減小兩板間距，兩粒子運(yùn)動(dòng)到另一極板時(shí)的速率也會(huì)減小【答案】BC【詳解】AB．兩粒子僅在電場(chǎng)力作用下，均做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知A受到的電場(chǎng)力向下，B受到的電場(chǎng)力向上，且場(chǎng)強(qiáng)方向向下，則A帶正電，B帶負(fù)電；根據(jù)?=12由于兩粒子質(zhì)量相等，則兩粒子所帶電荷量大小之比為q故A錯(cuò)誤，B正確；C．從開始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過虛線處電場(chǎng)力做功之比W故C正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理可得qU=可得v=減小兩板間距，由于極板間的電壓不變，則兩粒子運(yùn)動(dòng)到另一極板時(shí)的速率不變，故D錯(cuò)誤。故選BC。7．如圖所示，AC是長度為L的光滑絕緣桿，桿與水平面的夾角θ為30°。在A的正下方與C等高的B點(diǎn)放有電荷量為+Q的點(diǎn)電荷，桿上端A處套有一質(zhì)量為m帶電荷量為+q可看作質(zhì)點(diǎn)的圓環(huán)。若圓環(huán)從A處由靜止釋放，到達(dá)C處時(shí)速度大小為v，BM與AC垂直，∠CBN=30°，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．圓環(huán)向下一直做勻加速運(yùn)動(dòng) B．圓環(huán)在M點(diǎn)時(shí)的加速度大小為gC．NC間的電勢(shì)差為mv2?gL2q 【答案】BC【詳解】A．因?yàn)辄c(diǎn)電荷之間的電場(chǎng)力為F隨著圓環(huán)的下滑，兩電荷之間的電場(chǎng)力在不斷發(fā)生改變，所以圓環(huán)受到的合外力在不斷改變，所以圓環(huán)不可能做勻加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．圓環(huán)在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力垂直于直的桿子，所以垂直于桿方向上平衡，因此時(shí)加速度大小為a=B正確；CD．因?yàn)椤螩BN=30°，所以∠ABN=60°，而∠ABM=30°，所以∠ABM=∠NBM，所以NB=AB，所以A點(diǎn)電勢(shì)與N點(diǎn)電勢(shì)相等，從A到B用動(dòng)能定理，有1解得U因?yàn)锳點(diǎn)電勢(shì)與N點(diǎn)電勢(shì)相等，所以UC正確，D錯(cuò)誤；故選BC。8．如圖甲所示一足夠長的絕緣豎直桿固定在地面上，帶電荷量為0.01C、質(zhì)量為0.1kg的圓環(huán)套在桿上，整個(gè)裝置處于水平方向的電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，t=0時(shí)，環(huán)靜止釋放，環(huán)所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)空氣阻力，g=10m/sA．環(huán)先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)B．0~2s內(nèi)環(huán)的位移小于2.5mC．環(huán)的最大速度大小為15m/sD．環(huán)的最大動(dòng)能為20J【答案】BD【詳解】A．由圖可得E=開始時(shí)的最大靜摩擦力為f=μq則開始時(shí)物體靜止；隨著場(chǎng)強(qiáng)的減小，電場(chǎng)力減小，則當(dāng)摩擦力小于重力時(shí)，圓環(huán)開始下滑，此時(shí)滿足μqE=mg可得E=200即t=1s時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)；且隨著電場(chǎng)力減小，摩擦力減小，加速度變大；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為零時(shí)，加速度最大；當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)反向且增加時(shí)，摩擦力隨之增加，加速度減小，當(dāng)E=?200V/B．環(huán)在t=1s時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，在t=2s時(shí)mg?μqE=ma解得a=5因環(huán)以當(dāng)加速度為5m/ss=而在t=1s到t=2s的時(shí)間內(nèi)加速度最大值為5m/sCD．由以上分析可知，在t=3s時(shí)刻環(huán)的加速度最大，最大值為g=10m/s2，環(huán)從t=1v則環(huán)的最大動(dòng)能為E故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。9．如圖所示為陰極射線管的示意圖，當(dāng)M1、M2兩極不加電壓時(shí)，電子束經(jīng)電場(chǎng)加速后打到熒屏中央A．當(dāng)M1、M2兩極加電壓時(shí)，亮斑出現(xiàn)在O點(diǎn)下方，則可判斷極板B．當(dāng)M1、MC．如果發(fā)現(xiàn)電子在熒屏上的亮斑向上移動(dòng)，則可判斷M1、MD．當(dāng)M1、M【答案】AB【詳解】A．當(dāng)M1、M2兩極加電壓時(shí)，亮斑出現(xiàn)在O點(diǎn)下方，則電子所受電場(chǎng)力向下，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向上，可知極板B．當(dāng)M1、M2兩極不加電壓時(shí)，粒子在經(jīng)過M1C．如果發(fā)現(xiàn)電子在熒屏上的亮斑向上移動(dòng)，電子M1、M2之間向上運(yùn)動(dòng)，則受到豎直向上的電場(chǎng)力，可知M1、M2極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可判斷M1、MD．當(dāng)M1、M故選AB。10．如圖所示。平行金屬板A，B水平放置。兩板帶有等量異種電荷，兩板間形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下?，F(xiàn)將一帶電粒子沿水平方向從A板左側(cè)靠近A板射入電場(chǎng)中。當(dāng)粒子射入速度大小為v1時(shí)，粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出；當(dāng)粒子射入速度大小為vA．vB．粒子沿軌跡Ⅰ運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度是沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)的2倍C．粒子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)的電勢(shì)能變化量是沿軌跡Ⅰ運(yùn)動(dòng)時(shí)的2倍D．粒子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值比沿軌跡Ⅰ運(yùn)動(dòng)時(shí)的大【答案】CD【詳解】AB．粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力，根據(jù)牛頓第二定律可得a=粒子沿兩種軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同。粒子類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)規(guī)律，豎直方向?=水平方向勻速運(yùn)動(dòng)x=聯(lián)立解得x=所以v1∶v2＝22故AB錯(cuò)誤；C．電勢(shì)能的變化由電場(chǎng)力做功決定，電場(chǎng)力做功W=qU=qEd可得W1∶W2＝1∶2故C正確；D．設(shè)末速度的方向與水平方向的夾角為θ，則有tan粒子沿兩種軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)夾角正切值之比為tan粒子沿軌跡Ⅱ運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值比沿軌跡Ⅰ運(yùn)動(dòng)時(shí)的大，故D正確。故選CD。11．圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。14T時(shí)，比荷為k的帶電粒子甲從О點(diǎn)沿OO′方向、以v0的速率進(jìn)入板間，32T時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在3A．T時(shí)刻，乙粒子離開電場(chǎng)B．乙粒子的比荷為4C．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3D．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2【答案】AD【詳解】A．設(shè)板長為L，粒子甲的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=粒子乙因入射速度為甲的兩倍，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t因乙在38T時(shí)刻飛入電場(chǎng)，則在CD．設(shè)兩板間距離為d，則有a為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以豎直方向位移和時(shí)間關(guān)系，可得v作出豎直方向上速度—時(shí)間圖像，如圖所示則圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表豎直方向上的位移，若恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移大小剛好為d2，根據(jù)圖像可知在34T時(shí)刻粒子甲會(huì)恰好不碰到極板，此時(shí)刻會(huì)達(dá)到最大位移的大小，而在32T時(shí)刻，粒子出電場(chǎng)，此時(shí)位移是最大位移的一半，為d4，即甲在豎直方向上的位移為d4y故C錯(cuò)誤，D正確；B．對(duì)乙有y對(duì)甲有y因y則有a可得a又aa可得乙粒子的比荷為q故B錯(cuò)誤。故選AD。三、解答題12．如圖1所示，平行金屬板M、N水平固定放置，兩板間加有如圖2所示的周期性變化的電壓（圖中U0、t0均已知），M、N板右側(cè)的BAC區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，M、N板的右端均在豎直邊AB上，A點(diǎn)到M板的距離為h，∠A=45°。質(zhì)量為m、電量大小為e的電子由靜止開始，經(jīng)電壓也為U?的電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿與M、N板平行的方向從