2.4带电粒子在电场中的运动（讲义）物理鲁科版必修第三册

本高中物理讲义聚焦“带电粒子在电场中的运动”核心知识点，系统梳理匀强电场中加速（动能定理与牛顿运动定律应用）、垂直射入的类平抛偏转（运动分解、推导公式及二级推论）、示波管工作原理（构造、成像逻辑与扫描周期匹配），并通过疑难点解析（重力判断、复合场曲线运动）搭建从基础规律到综合应用的学习支架。 资料特色在于分层递进设计，每个知识点配“随学随练”，疑难点设“活学活用”，练习涵盖基础、素养与迁移创新。通过模型建构（类平抛分解）、科学推理（公式推导）培养科学思维，结合示波管原理等实例强化物理观念，课中助力教师高效授课，课后帮助学生巩固知识、弥补薄弱环节。

第二章 电势能与电势差 2.4带电粒子在电场中的运动 课标要点 1.掌握带电粒子在匀强电场中的加速规律，会用动能定理、牛顿运动定律分析加速过程。 2.理解带电粒子垂直进入匀强电场的类平抛运动规律，能分解运动分析偏转位移、偏转角。 3.了解示波管的构造与工作原理，结合偏转规律解释示波管成像逻辑。 4.能区分带电粒子重力是否忽略的场景，规范处理电场中综合运动问题。 学习重难点 重点：带电粒子在匀强电场中的加速、类平抛偏转规律，示波管原理 难点：类平抛运动的分解计算、偏转位移与偏转角推导、综合电场运动问题分析 知识点带电粒子在匀强电场中的加速 1.模型前提 带电粒子(电子、质子、离子等)进入匀强电场，初速度与电场平行；微观粒子重力远小于电场力，忽略重力。设：粒子电荷量、质量，电场两极板电势差，极板间匀强电场场强。 2.两种分析方法 (1)动能定理(优先使用，无需考虑运动过程) 电场力做功等于粒子动能变化： 若粒子由静止射入()：，末速度 (2)牛顿运动定律+运动学公式 电场力，加速度 结合匀变速直线运动公式(为极板沿电场方向长度)，可推导出和动能定理一致的末速度结果。 3.物理意义 电势差越大、粒子比荷越大，加速后粒子末速度越大；该模型是直线加速器、电子枪的核心原理。 随学随练 1．（多选）一点电荷以某一速度从O点进入一匀强电场，速度方向与电场方向相同，经过时间后，将电场方向改变（电场大小不变），又经过时间，电荷恰好回到O点且速度为零。则（     ） A．该电荷带负电 B．该电荷带正电 C． D． 【答案】AD 【详解】AB．电荷初速度与电场方向同向，若电荷带负电，电场力与速度反向，电荷先做匀减速运动，再反向加速运动一段距离，电场反向后电场力与速度反向，继续做一段减速运动直到速度减为0，可能恰好回到O点；若电荷带正电，前时间内电场力与速度同向，电荷沿电场方向做匀加速直线运动，电场反向后，电场力与速度反向，加速度大小不变、方向相反，电荷先沿原方向减速，在速度减为0之前，位移始终为正值，即始终远离O点，不符合题意，因此电荷带负电，故B错误、A正确； CD．设初速度方向为正方向，电场大小为，电荷质量为，则全程加速度大小恒为 前阶段：末速度 位移 后​阶段：电荷做匀变速直线运动，初速度为​，末速度为0，位移为 由速度公式可得 根据题意可得 联立解得，故C错误、D正确。 故选AD。 2．某静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示，一质量，电荷量的电子团（可看作一个带电粒子）从处由静止开始仅在电场力作用下在轴上运动。则（     ） A．电子团在和间往复运动 B．电子团由向运动时加速度减小 C．电子团由向运动时电势能增大 D．电子团运动的周期约为 【答案】C 【详解】A．电子团在处由静止释放，此处电势为0，故其初始动能与电势能均为0。运动中只有电场力做功，动能与电势能之和不变，因此电子团再次到达转折点时，电势仍为0。 由图可知左侧电势为0的位置是，所以电子团在与之间往复运动，故A错误； B．在范围内，图像的斜率不变，由及 可知电子团的加速度不变，故B错误； C．电子团由运动到时，电势由降为0，由可知，负电荷的电势能增大，故C正确； D．在范围内，电子团运动的路程为，电场强度大小为 电子团在该段的加速度大小为 电子团从处由静止运动到处所需时间为 左段路程为，两段运动的速率均在0与同一最大值之间均匀变化，故平均速率相同，时间之比为 电子团的运动周期为，故D错误。 故选C。 3．如图所示，匀强电场所在的空间中有一正方体区域，正方体边长为1 m。已知a、b、c、g四个顶点的电势分别为8 V、6 V、4 V、2 V。只考虑静电力的作用，下列说法中不正确的是（     ） A．c、f、h三点位于同一等势面上 B．匀强电场的电场强度大小为 V/m C．若电子先后经过f点与h点，其电势能一定先增加后减少 D．若电子经过f点时速度指向g点，则电子有可能运动到c点 【答案】D 【详解】A．在匀强电场中，相互平行的等长线段两端电势差相等，根据正方体几何关系可知且，分别有， 代入已知数据解得 同理根据有 解得 根据有 解得 由题意知，则、、三点电势相等，位于同一等势面上，故A正确； B．设正方体边长为，由电势数据可知，则 解得 以点为坐标原点，ef、eh、ea所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可知该匀强电场沿、、轴方向的电场强度分量大小分别为 代入数据解得 同理有 代入数据解得 代入数据解得 根据矢量合成法则，匀强电场的电场强度大小为 代入数据解得 故B正确； C．由前述分析可知点与点电势相等，即两点位于同一等势面上。电子仅在静电力作用下做匀变速运动，因静电力垂直于该等势面，电子不可能沿等势面运动，其轨迹必然是抛物线。由抛物线的对称性可知，电子运动轨迹穿过等势面，必然先克服静电力做功离开该等势面，而后在静电力作用下加速返回该等势面。在此过程中静电力做功先负后正，因此电子的电势能一定先增加后减少，故C正确； D．由电势分布可知，，，电场线在由指向的方向上有分量。电子带负电，其所受静电力在垂直于面fbcg且由指向的方向上有分量。若电子经过点时速度指向点，由于初速度在由指向的方向上分量为零，且具有该方向的恒定加速度，电子将偏离面fbcg向面eadh一侧运动。而点位于面fbcg上，故电子不可能运动到点，故D错误。 故选D。 知识点带电粒子垂直射入匀强电场——类平抛运动 1.运动分解(核心思路) 粒子初速度垂直电场线射入匀强电场，忽略重力，运动正交分解： 水平方向(垂直电场)：不受力，匀速直线运动 分速度：；位移： 竖直方向(平行电场)：受恒定电场力，初速度为0，匀加速直线运动 加速度：；分速度：；偏转位移： 2.核心推导公式 设极板长，极板间距，极板电势差，粒子射出电场时： (1)运动总时间： (2)竖直偏转位移： (3)竖直分速度： (4)偏转角(速度偏转角，速度与初速度夹角)： 3.二级推论 速度反向延长线过水平位移中点：粒子射出偏转电场后，速度的反向延长线，恰好平分极板水平长度，该结论常用于示波器计算。 4.影响偏转程度的因素 越大、极板越长、越小、粒子初速度越小，偏转位移与偏转角越大。 随学随练 4．如图为某小组设计的在竖直平面内的游戏装置示意图，AB是半径为、圆心为的粗糙圆形轨道，底端点切线水平，点与水平面Ⅰ的高度差为；CD是倾角为的轨道，高为，CD与水平轨道DF平滑连接（物体经过D点时速度大小不变）；点与水平面Ⅱ的高度差为；水平面Ⅱ上方空间有一个匀强电场，场强大小为；水平面Ⅱ上有一水平直轨道OH，为点在水平面Ⅱ上的竖直投影点，轨道上有一个可移动的着陆平台（不计着陆平台的形状大小），着陆平台与的水平距离记为。游戏时，一质量为，带电量为“”的小球Q（视为质点）从AB上某处静止释放，从点水平飞出后恰好从点无碰撞地滑入轨道CD，随后从点水平飞出，在电场力的持续作用下小球直接落在着陆平台P上（设小球落在平台P上立即静止）。所有接触面均光滑，不计其他阻力，，。求： (1)小球到达点时的速度大小； (2)小球从点飞出的速度大小和在点时受到的轨道作用力的大小； (3)①若场强恒定，写出与场强之间的关系式及的取值范围； ②若电场力满足，为常量，小球经过点时为时刻，要使小滑块竖直地落到着陆平台上，求的大小。 【答案】(1) (2)， (3)①，；② 【详解】（1）设小滑块到达C点时竖直方向的速度大小为，根据匀变速直线运动规律可得 解得 由运动的合成与分解可得 （2）根据运动的合成与分解可得 B点由牛顿第二定律可得 解得 （3）①小滑块从C至D匀加速，由牛顿第二定律可得 解得 由匀变速直线运动规律可得 解得 小滑块匀速运动至F处做类平抛运动，水平方向的初速度 竖直方向自由落体 解得 水平方向匀减速 解得 由牛顿第二定律 可得 由于题目要求 可得 ②小滑块竖直落到着陆平台时刚好减小到0，则有 运动时间 由图像物理意义可知 解得 5．实验室中常用荧光物质探测带电粒子的运动规律。如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，足够大平行金属板P、Q水平置于电场中，两板内侧均匀涂有可吸收粒子的荧光物质。Q板上某处有一粒子源，可以向各个方向均匀发射质量为、电荷量为、速度大小为的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。已知粒子打在Q板上最远的位置与的距离为（图中未画出），不计粒子重力，则下列说法正确的是（     ） A．若两板间距为，初速度方向与水平方向成角的粒子打在Q板上最远处 B．若两板间距为，初速度方向与水平方向成角的粒子打在Q板上最远处 C．若两板间距为，则电场强度大小为 D．若两板间距为，则电场强度大小为 【答案】C 【详解】CD．由题意可知，电场强度不变，带正电粒子仅受竖直向下的电场力，加速度大小 方向竖直向下。设粒子初速度与水平方向夹角为，将运动分解为水平方向的匀速直线运动，有 则水平位移 竖直方向位移 粒子返回Q板时 联立解得粒子从O点出发后返回Q板的运动时间 代入水平位移公式有 可知当 即时，返回Q板的水平位移取得最大值 由题意可知，粒子打在Q板最远距离为，因此 可得 根据 解得，故C正确，D错误； A．若两板间距为，粒子向上运动的最大竖直高度为 若粒子刚好不碰到P板、到达最高点后落回Q板，此时竖直方向总位移为0，则运动时间 由 联立可得 解得，故A错误； B．若两板间距为，能返回Q板的粒子满足 代入 可得 解得 即初速度方向与水平方向成角的粒子打在Q板上最远处，故B错误。 故选C。 6．如图所示，半径为的圆位于竖直平面内，空间中存在平行于圆面的匀强电场，三角形为圆的内接三角形，其中过圆心。一带正电的粒子由点以初速度射出，粒子经过点时的动能为在点时动能的4倍；仅改变粒子在点的初速度方向，粒子经过点时的动能为在点时动能的7倍，已知，粒子的比荷为，粒子的重力可忽略不计。 (1)求匀强电场的电场强度； (2)调整粒子由点入射的速度，使粒子的速度与电场方向垂直，当粒子经过圆周上某点时动能的增加量最大，求此情况下粒子初速度的大小。 【答案】(1)；方向与的夹角为，斜向右下 (2) 【详解】（1）从点到点的位移大小为，由 因为直径，故，由几何知识可得， 取沿由指向为轴正方向、垂直向下为轴正方向，设电场强度的分量分别为、，由比荷关系得 粒子从点到点时，动能增量为初动能的3倍，由动能定理得 解得 从点到点的位移沿、轴的分量分别为、，动能增量为初动能的6倍，由动能定理得 代入 解得 因此电场强度大小为 设电场方向与的夹角为，则 整理得，方向斜向右下。 （2）设圆周上沿电场方向相对点的位移分量最大的点为。粒子的动能增量等于电场力做功，因此当粒子经过点时，动能增量最大。由第一问可知与电场方向的夹角为，且沿电场方向，于是点相对点沿电场方向的位移为 垂直电场方向的位移大小为 设调整后的初速度大小为，选择初速度垂直电场并指向点所在一侧。若到达点的时间为，则垂直电场方向有 沿电场方向的初速度分量为0，加速度大小为，故 消去并代入第一问所得电场强度，得 因此调整后的初速度大小为 知识点示波管的工作原理 1.示波管构造 示波管分为三部分：电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'、荧光屏。 电子枪：灯丝加热阴极发射电子，经加速电场加速，产生高速电子束； 竖直偏转极板YY'：加电压后产生竖直方向电场，控制电子上下偏转； 水平偏转极板XX'：加锯齿形扫描电压，控制电子水平匀速扫描； 荧光屏：电子撞击后发光，显示波形图像。 2.成像逻辑 仅YY'加交变信号电压：电子竖直方向随信号偏转，水平无偏移，屏幕显示竖直亮线； 仅XX'加锯齿扫描电压：电子水平匀速扫描，竖直无偏移，屏幕显示水平亮线； YY'加信号电压、XX'加同步锯齿电压：竖直、水平偏转同步进行，屏幕复刻输入电信号的波形。 3.扫描周期匹配条件 水平扫描电压周期=竖直信号电压周期，屏幕出现稳定完整波形；周期不匹配会出现波形拉伸、重叠、移动。 随学随练 7．示波器是一种电子仪器，用它来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示，图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点O。下列是运用偏转电场实现对电子束的控制的方法： ①让亮斑沿OY向上移动，要在偏转电极YY′加电压，且Y′比Y电势高； ②让亮斑移到荧光屏的左上方，要在偏转电极XX′、YY′加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高； ③让荧光屏上出现一条水平亮线，只需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）； ④让荧光屏上出现正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压； 以上说法中正确的是（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】D 【详解】①电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY′中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY′上加电压，且Y比Y′电势高。故①错误； ②要想让亮斑移到荧光屏的左上方，电子在偏转电极XX′间受到的电场力指向X′、在YY′间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X′比X电势高，Y比Y′电势高。故②错误； ③设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为 ，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描。故③正确； ④由③的分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏YY′方向上偏转的距离按正弦规律变化；在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，XX′方向电子匀速扫描；所以荧光屏上出现一条正弦曲线。故④正确。 故ABC错误，D正确。 故选D。 8．在“练习使用示波器”的实验中： （1）为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X”挡，使亮斑位于屏的________，然后，应把“DC－AC”开关置于________位置，以给示波器输入一个直流电压。 （2）为给示波器输入一个Y方向的直流电压(要求电压从零开始逐渐增加)，请将下图实物中器材与示波器连成正确的完整的电路____。 （3）用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如下图所示：经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大。此组操作是________。 A．调整X增益旋钮和竖直位移旋钮 B．调整X增益旋钮和扫描微调旋钮 C．调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮 D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮 （4）如果在示波器荧光屏上发现水平方向有一自左向右的移动光斑，现要使它在水平方向出现一条直线的方法是 ( ) A．逆时针旋转辉度调节旋钮 B．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，减小扫描频率 C．调节衰减旋钮 D．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率 【答案】 中心 DC C D 【详解】（1）[1]为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X”挡，使亮斑位于屏的中央位置，即屏的中心。 [2]应把“DC－AC”开关置于DC直流位置。 （2）[3]为给示波器输入一个Y方向的直流电压，接线柱应接“Y输入”，并连接其它电路，如图所示。 （3）[4]A．调整X增益旋钮会使完整的波形在水平方向幅度产生变化；调整竖直位移旋钮，会使波形上下移动，A错误； BC．调整扫描微调旋钮，若增大扫描频率，会显示出两个完整的波形，Y增益旋钮增大时，波形幅度增大，B错误，C正确； D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮，使一个完整的波形水平方向产生移动和竖直方向幅度产生变化，D错误。 故选C。 （4）[5]A．逆时针旋转辉度调节旋钮，移动光斑辉度变小，A错误； BCD．如果在示波器荧光屏上发现水平方向有一自左向右的移动光斑，若光斑到达右端后又很快回到左端，那应顺时针旋转扫描微调旋钮以增大扫描频率，此时屏上的亮点从左向右移动变快，最后变成一条亮线，因此ABC错误，D正确。 故选D。 9．（多选）对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是（　　） A．图甲：把头发碎屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，碎屑就按电场强度的方向排列起来，显示出电场线的分布情况，说明电场线是真实存在的 B．图乙：示波器的示波管，要使荧光屏中间的亮斑向上移动，需要使竖直偏转板中上极板的电势低于下极板的电势 C．图丙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，采用了控制变量法 D．图丁：库仑利用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用 【答案】CD 【详解】A．电场线是为了形象地描述电场而引入假想的线，实际并不存在，头发碎屑的分布图只是模拟了电场线的分布情况，故A错误； B．图乙为示波器的示波管，要使荧光屏中间的亮斑向上移动，说明电子受向上的电场力，根据电子受力方向与电场方向相反，故竖直偏转板中上极板的电势高于下极板的电势，故B错误； C．探究影响电荷间相互作用力的因素时，所用的物理思想方法是控制变量法，故C正确； D．图丁中库仑利用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用，故D正确。 故选CD。 疑难点是否考虑粒子重力的判断标准 1.忽略重力：电子、质子、α粒子、离子等微观带电粒子，重力电场力，计算加速、偏转时直接舍去重力； 2.必须考虑重力：带电油滴、带电尘埃、带电小球等宏观带电物体，重力与电场力数量级接近，受力分析必须计入重力； 3.临界平衡模型：带电微粒静止/匀速穿过电场，电场力与重力等大反向。 活学活用 10．如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E；有一个质量为m的带负电小球，用长度为L的绝缘轻细绳悬挂起来；当细绳向左偏离竖直方向的角度时，带电小球恰好静止。若将小球向左拉到细绳水平后静止释放，经过一段时间小球到达竖直最低点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。（，） (1)求小球所带的电荷量q的大小； (2)求小球到达竖直最低点时速度大小和绳子拉力的大小。 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）小球恰好静止时，对小球受力分析如图所示 根据平衡条件可知 解得 （2）小球由释放到最低点，由动能定理可知 在最低点，由牛顿第二定律可知 联立，解得， 11．如图，光滑绝缘斜面倾角处于匀强电场中，电场方向平行于斜面向上。质量、电荷量的带电小球，恰能沿斜面匀速下滑（，，）。求： (1)小球所受电场力F的大小； (2)电场强度E的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物体匀速运动，根据平衡可知，电场力 代入数据得 （2）根据 代入数据得 12．电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球挂在铁架台的点。小球静止时与带电球处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为。已知球的质量为，电荷量为，重力加速度为，静电力常量为，两球可视为点电荷。 (1)求带电球C对小球A的静电力的大小： (2)求带电球C在小球A处产生的静电场的场强； (3)若已知小球静止时与带电球的距离为，求带电球C所带的电荷量。 【答案】(1) (2)，方向水平向右。 (3)，带正电。 【详解】（1）小球A静止，受力平衡。重力竖直向下，丝线拉力沿丝线方向，静电力水平向右，由平衡条件，竖直方向，水平方向 解得 （2）电场强度定义 代入 解得，方向水平向右。 （3）由库仑定律，其中， 解得 由于A带正电且受斥力，C也带正电。 疑难点带电粒子在复合场(电场+重力场)的曲线运动分析 分析顺序： 1.受力分析：标出重力、电场力，合成合外力； 2.运动分解：沿初速度、合外力正交分解，拆分匀速、匀变速分运动； 3.能量分析：重力、电场力均为保守力，全过程机械能+电势能总和守恒； 4.临界条件：轨迹最高点/最低点、速度最小位置对应合外力垂直速度。 活学活用 13．如图甲所示，真空中水平放置两块长度均为d、间距也为d的平行金属板A、B，两板板与一交变电源相连，交变电压的变化周期如图乙所示，在两板左侧紧靠A板处有一个粒子源P，从时刻开始连续发射初速度大小为，方向平行于金属板的相同带电粒子。若时刻发射的粒子恰好到达B板右侧边缘处，已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，交变电压U未知，不计粒子重力及相互间的作用力，求： (1)交变电压U的大小； (2)时刻发射的粒子在时间内的电势能的变化量； (3)哪些时刻发射的粒子恰好到达上极板右端。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设，时刻发射的粒子恰好到达下极板右边缘，根据位移-时间公式，有 在水平方向，有 根据牛顿第二定律，有 又有 联立解得 （2）时间内的侧移量 联立以上解得电场力做功 故粒子电势能减小； （3）设在时间内在时刻发射的粒子恰好到达上极板右端，则有 解得 又 故当 时刻发射的粒子能到达上极板右端。 14．中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在平面内的第一象限和第四象限加一沿y轴正方向的匀强电场（未知），一粒子发射源固定在坐标原点O，该装置可以沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为的粒子P，粒子的初速度均为，刚好能过第一象限内的M点，已知M点的横坐标为L，不计粒子的重力及粒子间相互作用。 (1)已知粒子P过M点时速度为，求匀强电场的场强大小和M点的纵坐标； (2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿y轴正方向，题干中其他条件均不变，时刻从坐标原点射出的粒子P仍能过M点，求图2中与的比值。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子到达M点时的速度大小为2v0，可知其竖直分速度大小为 水平方向 竖直方向 ， 解得 ， （2）粒子到达M用的时间为 由图2可知，交变电场的周期为，即粒子从释放到M点用的时间恰好为交变电场的周期的2倍，粒子在竖直方向上受到的电场力先恒定向上，再恒定向下，再恒定向上，再恒定向下，其加速度大小的情况与受力情况相同，即先向上加速、再向上减速，再向上加速、再向上减速，故其竖直方向的运动满足 解得 15．（多选）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（　　） A．甲、乙两桶中，甲桶中的电场力对单个尘粒做功的最大值更大 B．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等 C．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变大 D．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小 【答案】BD 【详解】AB．根据电场力做功与电势差的关系，可知在甲、乙两桶中，电场对单个尘粒做功的最大值都等于，故A错误，B正确； CD．乙桶空间中的电场为放射状的，电场不是匀强电场，从导线到桶壁间场强逐渐减小，所以在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，根据可知，尘粒所受电场力变小，故C错误，D正确。 故选BD。 基础通关 1．一束初速不计的带电粒子，电荷量在经的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离，板长，两个极板上电压为，已知，粒子的质量m为，且粒子均能从平行板间飞出。（粒子重力忽略不计）求： (1)粒子进入偏转电场时的速度 (2)粒子在偏转电场中的加速度 (3)粒子在平行板间运动的时间 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子加速过程中，由动能定理解得 解得 （2）根据牛顿第二定律 可得粒子在偏转电场中的加速度 （3）粒子沿初速度方向做匀速直线运动有 联立解得在偏转电场中的飞行时间 2．（多选）如图甲，、为两竖直的间距为的平行金属板，两板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。一群相同的带电粒子在时间内的不同时刻从板附近的点由静止释放，仅在电场力作用下运动，其中在时刻释放的粒子恰好在时运动到板且速度为。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．这些粒子带正电 B．粒子运动的加速度大小均为 C．不同时刻从出发的粒子向右运动的时间都相同 D．时从出发的粒子，在板间向右运动后返回 【答案】ABD 【详解】A．在时刻释放的粒子恰好在时运动到板且速度为，粒子先向右加速后向右减速，根据图像可知，时间内，电场场强水平向右，且粒子受电场力向右，所以粒子带正电，故A正确； B．在时刻释放的粒子恰好在时运动到板且速度为，根据位移关系 解得，故B正确； C．位移相同，不同时刻从出发的粒子向右加速时间不同，则运动的时间不一定相同，故C错误； D．时从出发的粒子，在板间向右加速后加速度反向，仍向右减速后返回，位移为，故D正确。 故选ABD。 3．两个正点电荷与静立于竖直平面内，如图所示，于P点放置一电荷量为，质量为的检验电荷，其恰好处于静止状态，与之间的夹角为，，则与电荷量之比为_______，在连线上_______（选填“存在”或“不存在”）其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。 【答案】 不存在 【详解】[1]根据几何关系设，则，对检验电荷进行受力分析如图所示 根据平衡条件可得 其中检验电荷受到的库仑力 检验电荷受到的库仑力 联立解得； [2]根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的三角形，若在连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，此时点电荷对检验电荷的库仑力变大，根据三角形定则可知此时点电荷对检验电荷的库仑力必然增大； 由于此时检验电荷与点电荷间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不成立，故在连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。 4．某新风系统用了如图所示的装置来实现除尘功能：高压直流电源形成的电场使得气体发生电离，形成大量正、负离子，正离子距离放电极近，速度低，碰上尘埃的机会较少，只有少数尘埃到达放电极；负离子距离集尘极板远，与尘埃相撞，使多数尘埃带上负电被集尘极板收集，则下列说法正确的是（     ） A．带负电的尘埃到集尘极板的过程中，电势能减小 B．带正电的尘埃到放电极的过程中，电势能增大 C．带负电的尘埃到集尘极板的轨迹一定是直线 D．尘埃中的电荷与集尘极板上的电荷中和，极板间的电场消失，除尘功能也消失了 【答案】A 【详解】AB．带正电的尘埃到放电极的过程和带负电的尘埃到集尘极板的过程都是电场力做正功，电势能都减小，故A正确，B错误； C．电场不是匀强电场，尘埃的初速度方向也不确定，带负电的尘埃到集尘极板的轨迹不一定是直线，故C错误； D．带电尘埃到达集尘极板后电荷与集尘极板上的电荷中和，在电源作用下集尘极板会继续充电，极板间的电场不会消失，故D错误。 故选A。 5．如图所示，是长为的水平粗糙轨道，点与一半径为的光滑圆轨道相切，整个空间有一水平向右的匀强电场。一带电量为、质量为的小物体从点由静止释放，经过点时对圆轨道的压力为其重力的2倍。物体与水平轨道的动摩擦因数，重力加速度为。 (1)求电场强度的大小； (2)求物体在圆轨道上运动时的最大速率； (3)若长度不变，圆轨道半径可以改变，为了保证物体能完全通过圆弧轨道，求圆轨道半径的大小需要满足的条件。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体在B点时竖直方向合力提供向心力 其中FN大小为2mg，代入解得 从A点到B点，由动能定理可得 联立解得 （2）如图 电场力和重力的合力 因为 即方向与竖直方向成37°，斜向右下方。从B点到动能最大点由动能定理可得 解得 （3）物体刚好能通过圆轨道，即物体刚好能够通过O点上方与竖直方向成37°的位置D，设刚好到该位置时圆轨道半径为r，则 由动能定理 联立解得 可知圆轨道半径的大小需要满足的条件。 6．某种静电矿料分选器原理如图所示，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。关于矿粉分离的过程表述正确的是：（　　） A．带正电的矿粉落在右侧 B．矿粉做类平抛运动 C．带负电的矿粉的动能减小 D．带正电的矿粉的电势能变小 【答案】D 【详解】AD．矿粉在竖直向下的重力和水平方向的电场力的共同作用下运动。带正电的矿粉，所受电场力水平向左。水平方向向左加速，竖直方向向下加速，合运动轨迹偏向左侧，应落在收集板的左侧。电场力做正功，电势能减小，故A错误，D正确； C．带负电的矿粉，所受电场力水平向右。水平方向向右加速，竖直方向向下加速，合运动轨迹偏向右侧。电场力也做正功，动能增大，故C错误； B．类平抛运动要求恒力与初速度垂直，题目中矿粉初速度竖直向下，所受合力斜向下，两者不垂直，不是类平抛运动，故B错误。 故选D。 7．如图所示，场强大小为，方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为，竖直边ad长为。质量均为，带电量分别为和的两粒子，由、两点先后沿ab和cd方向以速率进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则等于（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】两粒子在电场中均做类平抛运动，加速度大小均为 由于两粒子初速度大小相等、加速度大小相等，且分别从矩形对角线两端沿水平方向射入，根据对称性可知，两粒子轨迹的切点必位于矩形区域的几何中心。 对于从 点射入的带正电粒子，到切点处水平方向位移 竖直方向位移 联立解得 故选B。 8．如图所示，一质量，电荷量的带负电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点。点是荧光屏的中心，已知加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，极板的末端到荧光屏的距离，若不计粒子重力，求： (1)粒子射入偏转电场时的初速度； (2)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W； (3)粒子打在荧光屏上的点到点的距离Y。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子由静止经加速电场加速后，根据 解得 （2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上有 竖直方向有 由牛顿第二定律有 因为 联立解得 则粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功。 （3）粒子轨迹如图 根据带电粒子离开偏转电场速度的反向延长线过偏转电场的中点，由相似三角形得 解得 9．如图1所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图2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点以速度平行金属板运动，时间内粒子未到达极板。则在时间内，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．时间内，电场力对微粒做的功为 D．时间内，微粒动能增量为 【答案】C 【详解】A．内，，故板电势低于板，电场方向由板指向板，正电微粒所受电场力指向板，微粒偏向M板运动，故A错误； B．内，电场力大小为 方向竖直向上，与重力合力向上，微粒加速度大小为 内，电场力方向变为竖直向下，合力大小为，加速度大小为，所以时速度方向竖直向下，大小为 重力与速度同向，重力的瞬时功率为，故B错误； C．内微粒竖直向上做匀加速运动，位移为 内初速度竖直向上、加速度竖直向下，位移为= 故内竖直位移为零，重力做功为零。 时竖直速度大小为，且水平速度不变，由动能定理，电场力做功为=，故C正确； D．内合力竖直向上，加速度大小为，故时竖直速度为，速率为。水平速度始终为，所以内动能增量为，故D错误。 故选C。 10．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在着沿轴正方向的匀强电场。现从轴上的点沿轴正方向发射一带电粒子，其质量为，电荷量为（），带电粒子仅在电场力作用下到达轴点，到达点时的速度方向与轴正方向成角；带电粒子到达点的同时，在第四象限区域内某处放置一带正电的点电荷，使带电粒子进入第四象限后做匀速圆周运动。带电粒子到达轴点时（图中未画出）速度方向沿轴正方向。已知O、A点间的距离为，静电力常量为，不计粒子重力。求： (1)第一象限电场中、间的电势差； (2)点电荷所带电荷量和位置坐标； (3)粒子从轴点出发到再次回到轴经过点所经历的时间。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）粒子在第一象限做类平抛运动，设初速度为​，运动时间为， 方向匀速运动，位移 方向匀加速运动，到达点时，速度和位移分别为​​， 联立解得， 由动能定理，电场力做功 解得 （2）设粒子做圆周运动的半径为，圆心坐标为，运动轨迹如图所示 由几何关系，可得， 解得， 结合点电荷在第四象限（），可得 点电荷位置坐标为 粒子进入第四象限后，速度大小为 粒子做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，有 解得 （3）粒子做圆周运动的周期 粒子做圆周运动的圆心角​ 粒子在第四象限的运动时间 粒子经历的总时间 素养提升 11．（多选）如图所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电质点在a点由静止释放，到达b 点时速度最大。则不正确的是（　　） A．a点的电势高于b点的电势 B．a点的电场强度大于b点的电场强度 C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加 D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力 【答案】ACD 【详解】A．由于带负电质点释放后，由a向b运动，所以质点所受电场力向上，则电场线方向向下。由于顺着电场线方向电势降低，所以b点电势高于a点电势，故A错误，符合题意； D．质点在a点由静止释放后，向上运动，说明质点在a点受到的电场力大于重力；质点在b点时速度最大，说明其在b点受到的电场力等于重力，所以质点在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，故D错误，符合题意； B．根据可知，由于质点在a点受到的电场力大于在b点受到的电场力，所以a点的场强大于b点的场强，故B正确，不符合题意； C．由于质点由a点运动到b点的过程，电场力对其做正功，所以电势能减小。故C错误，符合题意。 故选ACD。 12．（多选）中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设一茶梗P的电荷量为、质量为，以的速度离开A球表面点，最后落入桶底，点电势为，距离桶底高度为，桶底电势为零。不计空气阻力，茶叶、茶梗间的作用力及一切碰撞能量损失。重力加速度取。则（　　） A．处的电场强度比处的电场强度小 B．处的电势低于处的电势 C．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶 D．茶梗P落入桶底时的速度大小为 【答案】AD 【详解】A．由于处的电场线稀疏，处的电场线密集，所以处的电场强度小于处的电场强度，故A正确； B．处附近电场线密集，电势变化快，处附近电场线稀疏，电势变化慢，过处大致画出等势面，如下图所示，可知处的电势等于处的电势，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，处的电势大于处的电势，故B错误； C．设该电场的电场强度为，在沿电场线方向，根据牛顿第二定律有，解得，由于茶叶的比荷大于茶梗的比荷，可知在任意同一位置沿电场线方向茶叶的加速度均大于茶梗的加速度，则在相等时间内，茶叶的水平位移大于茶梗的水平位移，可知茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，故C错误； D．设茶梗落入桶底时的速度大小为，由题意可知茶梗的初速度，茶梗从点到落入桶底的过程中，由动能定理可得，代入数据解得，故D正确。 故选AD。 13．一质量为m，电荷量大小为q的带正电小球在光滑绝缘的水平面上以初速度做匀速直线运动。现平行水平面施加一匀强电场，经时间t后小球速度大小仍为，其速度方向与初速度方向的夹角为，则匀强电场场强的大小E和场强方向与初速度方向的夹角分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】设初速度方向为x轴正方向，末速度（与初速度夹角90°）方向为y轴正方向，小球带正电，电场力方向与场强方向一致，根据动量定理分析两个方向的分量 x方向有 解得 负号表示x方向场强分量与初速度方向相反 y方向 解得，y方向场强分量沿y轴正方向 场强大小 场强在第二象限，与x负方向夹角满足 解得 因此与初速度（x正方向）的夹角 故选A。 迁移创新 14．一台新型电子显微镜的偏转系统，该系统核心部件是一个电子加速偏转装置，其工作原理如图所示，电子从阴极发出后（初速度忽略不计）经电压加速，以一定的速度沿中心轴线射入间距为，长为的水平平行板间偏转电场，平行板上所加偏转电压为，偏转后打在与极板右侧距离为的竖直荧光屏上的点。已知电子质量为、电荷量为，不计电子重力。求： (1)电子进入偏转电场时的速度大小； (2)电子打在荧光屏上的点到中心点的距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）电子在加速电场中，初速度为0，由动能定理可得 解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间 竖直方向匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得加速度​ 电子在偏转电场中的竖直偏移量 代入化简得​ 电子离开偏转电场时竖直方向速度 偏转角正切值 电子离开偏转电场后，到荧光屏水平距离为，这段的竖直偏移量​ 总偏移量 15．如图是一个示波器工作的原理图，电子从静止开始经过电压为的电场加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转位移为y，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移量叫作示波管的灵敏度。为了提高示波管的灵敏度，下列方法可行的是（　　） A．只增大L B．只增大d C．只增大U1 D．只增大U2 【答案】A 【详解】电子在加速电场中运动，根据动能定理得 电子在偏转电场中运动时受到静电力作用，加速度为 在偏转电场中，水平方向做匀速运动，运动时间为 所以有 解得 为了增大灵敏度，可以增大L，或者减小与d。 故选A。 16．示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。电子枪上的灯丝可持续发出初速度为零的电子，产生的电子经过加速极被加速后形成电子束从A板处射入偏转电极，已知加速电场的电压为，电子的质量为，电荷量为。当且时，荧光屏中央处会出现一个亮斑。两偏转电极的长度均为、极板之间的距离均为，偏转电极右端与荧光屏之间的距离为，整个装置处于真空中。当偏转电极间加电压时，极板间的电场可视为匀强电场，所有电子均从极板间射出。忽略电子所受重力及电子间的相互作用，两偏转电极间距忽略,不考虑相对论效应。求 (1)所有电子加速后到达板时的速度大小； (2)再在偏转电极上补加如图乙所示电压，已知电压变化的周期远大于电子在示波管内的飞行时间。求电子从射出时的最大的偏转距离，及打到荧光屏上的位置到点的距离； (3)在（2）的基础上，再在之间加图丙所示的扫描电压，请在图丁中画出荧光屏上呈现的稳定图像。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由动能定理有 解得 （2）因已知电压变化的周期远大于电子在示波管内的飞行时间，即认为电子在偏转电极间运动时偏转电压恒定，且偏转电场电压最大为U时，电子获得最大偏转量 水平方向 竖直方向由牛顿第二定律有 最大的偏转距离 联立解得 由平抛或者类平抛的推论，电子由偏转电场出射时速度反向延长线与水平分位移的交点为水平分位移的中点，由几何关系有 总的侧移量为 （3）两个偏转电压的变化周期均为T，且随时间线性下降、随时间线性上升，二者满足线性对应关系，因此亮屏坐标 (X,Y)满足线性函数，轨迹为直线。 端点坐标：当t=0时，、对应亮斑在第二象限端点； 当t=T时，、，对应亮斑在第四象限端 最终图像是连接这两个端点、过原点的倾斜直线段。 学科网（北京）股份有限公司1/10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 电势能与电势差 2.4带电粒子在电场中的运动 课标要点 1.掌握带电粒子在匀强电场中的加速规律，会用动能定理、牛顿运动定律分析加速过程。 2.理解带电粒子垂直进入匀强电场的类平抛运动规律，能分解运动分析偏转位移、偏转角。 3.了解示波管的构造与工作原理，结合偏转规律解释示波管成像逻辑。 4.能区分带电粒子重力是否忽略的场景，规范处理电场中综合运动问题。 学习重难点 重点：带电粒子在匀强电场中的加速、类平抛偏转规律，示波管原理 难点：类平抛运动的分解计算、偏转位移与偏转角推导、综合电场运动问题分析 知识点带电粒子在匀强电场中的加速 1.模型前提 带电粒子(电子、质子、离子等)进入匀强电场，初速度与电场平行；微观粒子重力远小于电场力，忽略重力。设：粒子电荷量、质量，电场两极板电势差，极板间匀强电场场强。 2.两种分析方法 (1)动能定理(优先使用，无需考虑运动过程) 电场力做功等于粒子动能变化： 若粒子由静止射入()：，末速度 (2)牛顿运动定律+运动学公式 电场力，加速度 结合匀变速直线运动公式(为极板沿电场方向长度)，可推导出和动能定理一致的末速度结果。 3.物理意义 电势差越大、粒子比荷越大，加速后粒子末速度越大；该模型是直线加速器、电子枪的核心原理。 随学随练 1．（多选）一点电荷以某一速度从O点进入一匀强电场，速度方向与电场方向相同，经过时间后，将电场方向改变（电场大小不变），又经过时间，电荷恰好回到O点且速度为零。则（     ） A．该电荷带负电 B．该电荷带正电 C． D． 2．某静电场的方向平行于轴，其电势随的分布如图所示，一质量，电荷量的电子团（可看作一个带电粒子）从处由静止开始仅在电场力作用下在轴上运动。则（     ） A．电子团在和间往复运动 B．电子团由向运动时加速度减小 C．电子团由向运动时电势能增大 D．电子团运动的周期约为 3．如图所示，匀强电场所在的空间中有一正方体区域，正方体边长为1 m。已知a、b、c、g四个顶点的电势分别为8 V、6 V、4 V、2 V。只考虑静电力的作用，下列说法中不正确的是（     ） A．c、f、h三点位于同一等势面上 B．匀强电场的电场强度大小为 V/m C．若电子先后经过f点与h点，其电势能一定先增加后减少 D．若电子经过f点时速度指向g点，则电子有可能运动到c点 知识点带电粒子垂直射入匀强电场——类平抛运动 1.运动分解(核心思路) 粒子初速度垂直电场线射入匀强电场，忽略重力，运动正交分解： 水平方向(垂直电场)：不受力，匀速直线运动 分速度：；位移： 竖直方向(平行电场)：受恒定电场力，初速度为0，匀加速直线运动 加速度：；分速度：；偏转位移： 2.核心推导公式 设极板长，极板间距，极板电势差，粒子射出电场时： (1)运动总时间： (2)竖直偏转位移： (3)竖直分速度： (4)偏转角(速度偏转角，速度与初速度夹角)： 3.二级推论 速度反向延长线过水平位移中点：粒子射出偏转电场后，速度的反向延长线，恰好平分极板水平长度，该结论常用于示波器计算。 4.影响偏转程度的因素 越大、极板越长、越小、粒子初速度越小，偏转位移与偏转角越大。 随学随练 4．如图为某小组设计的在竖直平面内的游戏装置示意图，AB是半径为、圆心为的粗糙圆形轨道，底端点切线水平，点与水平面Ⅰ的高度差为；CD是倾角为的轨道，高为，CD与水平轨道DF平滑连接（物体经过D点时速度大小不变）；点与水平面Ⅱ的高度差为；水平面Ⅱ上方空间有一个匀强电场，场强大小为；水平面Ⅱ上有一水平直轨道OH，为点在水平面Ⅱ上的竖直投影点，轨道上有一个可移动的着陆平台（不计着陆平台的形状大小），着陆平台与的水平距离记为。游戏时，一质量为，带电量为“”的小球Q（视为质点）从AB上某处静止释放，从点水平飞出后恰好从点无碰撞地滑入轨道CD，随后从点水平飞出，在电场力的持续作用下小球直接落在着陆平台P上（设小球落在平台P上立即静止）。所有接触面均光滑，不计其他阻力，，。求： (1)小球到达点时的速度大小； (2)小球从点飞出的速度大小和在点时受到的轨道作用力的大小； (3)①若场强恒定，写出与场强之间的关系式及的取值范围； ②若电场力满足，为常量，小球经过点时为时刻，要使小滑块竖直地落到着陆平台上，求的大小。 5．实验室中常用荧光物质探测带电粒子的运动规律。如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，足够大平行金属板P、Q水平置于电场中，两板内侧均匀涂有可吸收粒子的荧光物质。Q板上某处有一粒子源，可以向各个方向均匀发射质量为、电荷量为、速度大小为的带电粒子，粒子撞击到荧光物质会使其发出荧光。已知粒子打在Q板上最远的位置与的距离为（图中未画出），不计粒子重力，则下列说法正确的是（     ） A．若两板间距为，初速度方向与水平方向成角的粒子打在Q板上最远处 B．若两板间距为，初速度方向与水平方向成角的粒子打在Q板上最远处 C．若两板间距为，则电场强度大小为 D．若两板间距为，则电场强度大小为 6．如图所示，半径为的圆位于竖直平面内，空间中存在平行于圆面的匀强电场，三角形为圆的内接三角形，其中过圆心。一带正电的粒子由点以初速度射出，粒子经过点时的动能为在点时动能的4倍；仅改变粒子在点的初速度方向，粒子经过点时的动能为在点时动能的7倍，已知，粒子的比荷为，粒子的重力可忽略不计。 (1)求匀强电场的电场强度； (2)调整粒子由点入射的速度，使粒子的速度与电场方向垂直，当粒子经过圆周上某点时动能的增加量最大，求此情况下粒子初速度的大小。 知识点示波管的工作原理 1.示波管构造 示波管分为三部分：电子枪、竖直偏转电极YY'、水平偏转电极XX'、荧光屏。 电子枪：灯丝加热阴极发射电子，经加速电场加速，产生高速电子束； 竖直偏转极板YY'：加电压后产生竖直方向电场，控制电子上下偏转； 水平偏转极板XX'：加锯齿形扫描电压，控制电子水平匀速扫描； 荧光屏：电子撞击后发光，显示波形图像。 2.成像逻辑 仅YY'加交变信号电压：电子竖直方向随信号偏转，水平无偏移，屏幕显示竖直亮线； 仅XX'加锯齿扫描电压：电子水平匀速扫描，竖直无偏移，屏幕显示水平亮线； YY'加信号电压、XX'加同步锯齿电压：竖直、水平偏转同步进行，屏幕复刻输入电信号的波形。 3.扫描周期匹配条件 水平扫描电压周期=竖直信号电压周期，屏幕出现稳定完整波形；周期不匹配会出现波形拉伸、重叠、移动。 随学随练 7．示波器是一种电子仪器，用它来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示，图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极XX′、YY′上都不加电压时，电子束将打在荧光屏的中心点O。下列是运用偏转电场实现对电子束的控制的方法： ①让亮斑沿OY向上移动，要在偏转电极YY′加电压，且Y′比Y电势高； ②让亮斑移到荧光屏的左上方，要在偏转电极XX′、YY′加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高； ③让荧光屏上出现一条水平亮线，只需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）； ④让荧光屏上出现正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压； 以上说法中正确的是（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．③④ 8．在“练习使用示波器”的实验中： （1）为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X”挡，使亮斑位于屏的________，然后，应把“DC－AC”开关置于________位置，以给示波器输入一个直流电压。 （2）为给示波器输入一个Y方向的直流电压(要求电压从零开始逐渐增加)，请将下图实物中器材与示波器连成正确的完整的电路____。 （3）用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如下图所示：经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大。此组操作是________。 A．调整X增益旋钮和竖直位移旋钮 B．调整X增益旋钮和扫描微调旋钮 C．调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮 D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮 （4）如果在示波器荧光屏上发现水平方向有一自左向右的移动光斑，现要使它在水平方向出现一条直线的方法是 ( ) A．逆时针旋转辉度调节旋钮 B．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，减小扫描频率 C．调节衰减旋钮 D．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率 9．（多选）对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是（　　） A．图甲：把头发碎屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，碎屑就按电场强度的方向排列起来，显示出电场线的分布情况，说明电场线是真实存在的 B．图乙：示波器的示波管，要使荧光屏中间的亮斑向上移动，需要使竖直偏转板中上极板的电势低于下极板的电势 C．图丙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，采用了控制变量法 D．图丁：库仑利用此装置来研究真空中两个点电荷间的相互作用 疑难点是否考虑粒子重力的判断标准 1.忽略重力：电子、质子、α粒子、离子等微观带电粒子，重力电场力，计算加速、偏转时直接舍去重力； 2.必须考虑重力：带电油滴、带电尘埃、带电小球等宏观带电物体，重力与电场力数量级接近，受力分析必须计入重力； 3.临界平衡模型：带电微粒静止/匀速穿过电场，电场力与重力等大反向。 活学活用 10．如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E；有一个质量为m的带负电小球，用长度为L的绝缘轻细绳悬挂起来；当细绳向左偏离竖直方向的角度时，带电小球恰好静止。若将小球向左拉到细绳水平后静止释放，经过一段时间小球到达竖直最低点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。（，） (1)求小球所带的电荷量q的大小； (2)求小球到达竖直最低点时速度大小和绳子拉力的大小。 11．如图，光滑绝缘斜面倾角处于匀强电场中，电场方向平行于斜面向上。质量、电荷量的带电小球，恰能沿斜面匀速下滑（，，）。求： (1)小球所受电场力F的大小； (2)电场强度E的大小。 12．电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球挂在铁架台的点。小球静止时与带电球处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为。已知球的质量为，电荷量为，重力加速度为，静电力常量为，两球可视为点电荷。 (1)求带电球C对小球A的静电力的大小： (2)求带电球C在小球A处产生的静电场的场强； (3)若已知小球静止时与带电球的距离为，求带电球C所带的电荷量。 疑难点带电粒子在复合场(电场+重力场)的曲线运动分析 分析顺序： 1.受力分析：标出重力、电场力，合成合外力； 2.运动分解：沿初速度、合外力正交分解，拆分匀速、匀变速分运动； 3.能量分析：重力、电场力均为保守力，全过程机械能+电势能总和守恒； 4.临界条件：轨迹最高点/最低点、速度最小位置对应合外力垂直速度。 活学活用 13．如图甲所示，真空中水平放置两块长度均为d、间距也为d的平行金属板A、B，两板板与一交变电源相连，交变电压的变化周期如图乙所示，在两板左侧紧靠A板处有一个粒子源P，从时刻开始连续发射初速度大小为，方向平行于金属板的相同带电粒子。若时刻发射的粒子恰好到达B板右侧边缘处，已知粒子的质量为m，电荷量大小为q，交变电压U未知，不计粒子重力及相互间的作用力，求： (1)交变电压U的大小； (2)时刻发射的粒子在时间内的电势能的变化量； (3)哪些时刻发射的粒子恰好到达上极板右端。 14．中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在平面内的第一象限和第四象限加一沿y轴正方向的匀强电场（未知），一粒子发射源固定在坐标原点O，该装置可以沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为的粒子P，粒子的初速度均为，刚好能过第一象限内的M点，已知M点的横坐标为L，不计粒子的重力及粒子间相互作用。 (1)已知粒子P过M点时速度为，求匀强电场的场强大小和M点的纵坐标； (2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿y轴正方向，题干中其他条件均不变，时刻从坐标原点射出的粒子P仍能过M点，求图2中与的比值。 15．（多选）为模拟空气净化过程，设计了如图甲和乙所示的两种密闭除尘桶。在甲圆桶顶部和底面间加上恒定电压，沿圆桶的轴线方向会形成一片匀强电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图甲箭头方向所示：而在乙圆桶轴线处放一直导线，在导线与桶壁间也加上恒定电压，会形成沿半径方向的辐向电场，初速度为零的带电尘粒的运动方向如图乙箭头方向所示。已知带电尘粒运动时受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，带电尘粒的重力忽略不计，则（　　） A．甲、乙两桶中，甲桶中的电场力对单个尘粒做功的最大值更大 B．甲、乙两桶中，电场力对单个尘粒做功的最大值相等 C．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变大 D．在乙桶中，尘粒在向桶壁运动过程中，尘粒所受电场力变小 基础通关 1．一束初速不计的带电粒子，电荷量在经的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离，板长，两个极板上电压为，已知，粒子的质量m为，且粒子均能从平行板间飞出。（粒子重力忽略不计）求： (1)粒子进入偏转电场时的速度 (2)粒子在偏转电场中的加速度 (3)粒子在平行板间运动的时间 2．（多选）如图甲，、为两竖直的间距为的平行金属板，两板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。一群相同的带电粒子在时间内的不同时刻从板附近的点由静止释放，仅在电场力作用下运动，其中在时刻释放的粒子恰好在时运动到板且速度为。不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．这些粒子带正电 B．粒子运动的加速度大小均为 C．不同时刻从出发的粒子向右运动的时间都相同 D．时从出发的粒子，在板间向右运动后返回 3．两个正点电荷与静立于竖直平面内，如图所示，于P点放置一电荷量为，质量为的检验电荷，其恰好处于静止状态，与之间的夹角为，，则与电荷量之比为_______，在连线上_______（选填“存在”或“不存在”）其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。 4．某新风系统用了如图所示的装置来实现除尘功能：高压直流电源形成的电场使得气体发生电离，形成大量正、负离子，正离子距离放电极近，速度低，碰上尘埃的机会较少，只有少数尘埃到达放电极；负离子距离集尘极板远，与尘埃相撞，使多数尘埃带上负电被集尘极板收集，则下列说法正确的是（     ） A．带负电的尘埃到集尘极板的过程中，电势能减小 B．带正电的尘埃到放电极的过程中，电势能增大 C．带负电的尘埃到集尘极板的轨迹一定是直线 D．尘埃中的电荷与集尘极板上的电荷中和，极板间的电场消失，除尘功能也消失了 5．如图所示，是长为的水平粗糙轨道，点与一半径为的光滑圆轨道相切，整个空间有一水平向右的匀强电场。一带电量为、质量为的小物体从点由静止释放，经过点时对圆轨道的压力为其重力的2倍。物体与水平轨道的动摩擦因数，重力加速度为。 (1)求电场强度的大小； (2)求物体在圆轨道上运动时的最大速率； (3)若长度不变，圆轨道半径可以改变，为了保证物体能完全通过圆弧轨道，求圆轨道半径的大小需要满足的条件。 6．某种静电矿料分选器原理如图所示，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。关于矿粉分离的过程表述正确的是：（　　） A．带正电的矿粉落在右侧 B．矿粉做类平抛运动 C．带负电的矿粉的动能减小 D．带正电的矿粉的电势能变小 7．如图所示，场强大小为，方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为，竖直边ad长为。质量均为，带电量分别为和的两粒子，由、两点先后沿ab和cd方向以速率进入矩形区域（两粒子不同时出现在电场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则等于（     ） A． B． C． D． 8．如图所示，一质量，电荷量的带负电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点。点是荧光屏的中心，已知加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，极板的末端到荧光屏的距离，若不计粒子重力，求： (1)粒子射入偏转电场时的初速度； (2)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W； (3)粒子打在荧光屏上的点到点的距离Y。 9．如图1所示，两水平平行正对的金属板M、N间距为d，加有如图2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点以速度平行金属板运动，时间内粒子未到达极板。则在时间内，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．时间内，电场力对微粒做的功为 D．时间内，微粒动能增量为 10．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在着沿轴正方向的匀强电场。现从轴上的点沿轴正方向发射一带电粒子，其质量为，电荷量为（），带电粒子仅在电场力作用下到达轴点，到达点时的速度方向与轴正方向成角；带电粒子到达点的同时，在第四象限区域内某处放置一带正电的点电荷，使带电粒子进入第四象限后做匀速圆周运动。带电粒子到达轴点时（图中未画出）速度方向沿轴正方向。已知O、A点间的距离为，静电力常量为，不计粒子重力。求： (1)第一象限电场中、间的电势差； (2)点电荷所带电荷量和位置坐标； (3)粒子从轴点出发到再次回到轴经过点所经历的时间。 素养提升 11．（多选）如图所示，a、b是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电质点在a点由静止释放，到达b 点时速度最大。则不正确的是（　　） A．a点的电势高于b点的电势 B．a点的电场强度大于b点的电场强度 C．质点从a点运动到b点的过程中电势能增加 D．质点在a点受到的电场力小于在b点受到的电场力 12．（多选）中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶、茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设一茶梗P的电荷量为、质量为，以的速度离开A球表面点，最后落入桶底，点电势为，距离桶底高度为，桶底电势为零。不计空气阻力，茶叶、茶梗间的作用力及一切碰撞能量损失。重力加速度取。则（　　） A．处的电场强度比处的电场强度小 B．处的电势低于处的电势 C．茶叶落入左桶，茶梗落入右桶 D．茶梗P落入桶底时的速度大小为 13．一质量为m，电荷量大小为q的带正电小球在光滑绝缘的水平面上以初速度做匀速直线运动。现平行水平面施加一匀强电场，经时间t后小球速度大小仍为，其速度方向与初速度方向的夹角为，则匀强电场场强的大小E和场强方向与初速度方向的夹角分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 迁移创新 14．一台新型电子显微镜的偏转系统，该系统核心部件是一个电子加速偏转装置，其工作原理如图所示，电子从阴极发出后（初速度忽略不计）经电压加速，以一定的速度沿中心轴线射入间距为，长为的水平平行板间偏转电场，平行板上所加偏转电压为，偏转后打在与极板右侧距离为的竖直荧光屏上的点。已知电子质量为、电荷量为，不计电子重力。求： (1)电子进入偏转电场时的速度大小； (2)电子打在荧光屏上的点到中心点的距离。 15．如图是一个示波器工作的原理图，电子从静止开始经过电压为的电场加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转位移为y，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移量叫作示波管的灵敏度。为了提高示波管的灵敏度，下列方法可行的是（　　） A．只增大L B．只增大d C．只增大U1 D．只增大U2 16．示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。电子枪上的灯丝可持续发出初速度为零的电子，产生的电子经过加速极被加速后形成电子束从A板处射入偏转电极，已知加速电场的电压为，电子的质量为，电荷量为。当且时，荧光屏中央处会出现一个亮斑。两偏转电极的长度均为、极板之间的距离均为，偏转电极右端与荧光屏之间的距离为，整个装置处于真空中。当偏转电极间加电压时，极板间的电场可视为匀强电场，所有电子均从极板间射出。忽略电子所受重力及电子间的相互作用，两偏转电极间距忽略,不考虑相对论效应。求 (1)所有电子加速后到达板时的速度大小； (2)再在偏转电极上补加如图乙所示电压，已知电压变化的周期远大于电子在示波管内的飞行时间。求电子从射出时的最大的偏转距离，及打到荧光屏上的位置到点的距离； (3)在（2）的基础上，再在之间加图丙所示的扫描电压，请在图丁中画出荧光屏上呈现的稳定图像。 学科网（北京）股份有限公司1/10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $