内容   要求   要点解读
示波管   Ⅰ   虽有要求，但高考未直接考查过。建议考生了解示波管具体结构及其原理。
匀强电场中电势差与电场强度的关系   Ⅱ   常考点，难度中等。常结合平行板电容器考查电场强度的大小计算。
带电粒子在匀强电场中的运动   Ⅱ   计算只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强方向的情况。

一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件
（1）粒子所受合外力F合=0，粒子或静止或做匀速直线运动。
（2）粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学方法分析：，；v2– =2ad。
3．用功能观点分析
匀强电场中：W=Eqd=qU= mv2– m
非匀强电场中：W=qU=Ek2–Ek1
4．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧
（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
二、带电粒子在电场中的偏转
1．粒子的偏转角
（1）以初速度v0进入偏转电场：如图所示

设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tan θ= ，式中vy=at= • ，vx=v0，代入得。
结论：动能一定时tan θ与q成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。
（2）经加速电场加速再进入偏转电场
若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：，得：。
结论：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。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结
（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
②运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
（2）粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
①以初速度v0进入偏转电场

作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场右边缘的距离为x，则

结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。
②经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量
偏转角正切为：
结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。
（3）计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的几种方法：
①Y=y+Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）
②Y=( +D)tan θ（L为电场宽度）
③Y=y+vy•
④根据三角形相似：
三、带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管
1．构造及功能（如图所示）

（1）电子枪：发射并加速电子。
（2）偏转电极YY′：使电子束竖直偏转（加信号电压）；偏转电极XX′：使电子束水平偏转（加扫描电压）。
2．工作原理
偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象。
3．示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法
示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿XX′方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形。
四、带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的试题类型
此类题型一般有三种情况：
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）；
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）；
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。
3．常用的分析方法
（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）且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。
②当粒子垂直于电场方向射入时，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）对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
4．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
（1）注重全面分析（分析受力特点和运动规律），抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，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边界条件。
（2）分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
（3）此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解），二是粒子做往返运动（一般分段研究），三是粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
（4）对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化。解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解。

【2019•中原名校联盟高三第二次教学指导】（多选）倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面的长度为，整个装置处在水平向左的匀强电场中，一可视为质点的滑块由斜面的底端以沿斜面向上的速度开始运动，滑块刚好沿斜面匀速上滑，滑块的质量为、电荷量为，已知滑块与斜面之间的摩擦力可忽略不计、斜面的上表面绝缘，重力加速度，，。则下列说法正确的是

A．滑块向上运动的过程中，电场力对滑块一直做负功
B．电场强度的大小为
C．如果仅将电场强度增加为原来的两倍，则滑块的加速度大小应为
D．如果仅将电场强度减为原来的，则滑块在斜面上运动到最高点的速度大小为
【参考答案】BD
【详细解析】滑块由斜面体的底端运动到最高点的过程中，滑块受重力、支持力、水平向左的电场力，由于电场力与滑块的位移夹角小于，则电场力对滑块做正功，A错误；对滑块由力的平衡条件可知：，所以电场强度，B正确；如果仅将电场强度加倍，根据牛顿第二定律得，解得，C错误；如果仅将电场强度减为原来的，则根据牛顿第二定律得: ，a1＝3 m/s2，方向沿斜面向下，则滑块沿斜面向上做减速运动，由得，上滑的位移为，故滑块到斜面顶端时速度不为零，由v02–v2＝2a1L，代入数据得v＝1 m/s，D正确。

1．【2019•黑龙江学与考联盟四模】一带负电粒子仅在电场力作用下做直线运动，从A点经B、C、G运动到D点，其v–t图象如图所示，则下列说法中正确的是

A．A处的电场强度的大小比B处的小       B．B处的电场强度方向和G处的相同
C．A处电势大于G处电势                   D．C处和D处电场强度均为0且电势相同
【答案】C
【解析】粒子仅在电场力作用下运动，由v–t图象可知，粒子经A处加速度大小大于B处，则在A处电场力大小大于B处，A处的电场强度的大小比B处的大，故A错误；经B处和G处时加速度方向不同，则B处的电场强度和G处的方向不相同，故B错误；经A处时速度比G处时大，则经A处时动能比G处时大，经A处时电势能比G处时小，粒子带负电，A处电势大于G处电势，故C正确；经D处和C处粒子加速度均为0，则电场强度均为0，而经D处和C处时速度大小不相等，则两处电势不相等，故D错误。
2．（多选）如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、带电荷量为–q的带电粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是

A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压加倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
【答案】BD
【解析】粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于。当初速度为，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，故B正确；电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到距M板处时电场力做功，说明不可能运动到中点处，故C错误；使初速度和M、N间电压都减为原来的，则动能变化量为，运动到中点电场力做的功为，故，故D正确。
【名师点睛】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程。要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项。

如图所示，一个带电粒子从粒子源进入加速电压为U1的加速电场（粒子初速不计），经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入平行板间，A、B板长均为L，两板间距为d，偏转电压为U2。则带电粒子能从A、B两板之间飞出必须满足的条件是

A． B．            C． D．
【参考答案】D
【详细解析】设粒子进入偏转电场的速度为v，则，要想从板间飞出，侧向位移，，又L=vt，联立解得，故D正确，ABC错误。

1．【2019•北京市第一0一中学怀柔分校高考模拟】让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（）
A．偏转电场对每个离子做功相等           B．偏转电场对每个离子冲量相同
C．在偏转电场中它们形成两股离子束       D．在偏转电场中它们形成一股离子束
【答案】C
【解析】偏转电场中运动的时间为：，偏转距离为：，偏转电场做功为：，由于一价氦离子和二价氦离子的电荷量不同，所以做功不同，故A错误；偏转电场对每个离子冲量为：，所以转电场对每个离子冲量不相同，故B错误；由可知，一价氢离子、一价氦离子的轨迹相同，二价氦离子的轨迹与前两者不同，所以在偏转电场中它们形成两股离子束，故C正确，D错误。
2．【2018•百校联盟高考名师猜题保温金卷】（多选）三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法正确的是

A．三个粒子在电场中运动的时间之比tA:tB:tC=2:3:4
B．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA:aB:aC=1:3: 4
C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA:EkB:EkC=36:16:9
D．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7:20
【答案】ACD
【解析】三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x=vt得，运动时间，故A正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据，解得：，故B错误；由牛顿第二定律可知F=ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W=Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为，故C正确；三个粒子的合力大小关系为：，三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确。
【名师点睛】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性。根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能。

示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如下图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是

A．U1变大，U2变大                   B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小                   D．U1变小，U2变小
【参考答案】B
【详细解析】设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得： mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：，解得：，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B。

1．【2019•学科网第二次全国大联考新课标Ⅲ卷】静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，甲乙两电子分别从a、b两点运动到c点，则

A．两电子的电势能变化相同   B．电场力对两电子做的功不同
C．电子在a点具有的电势能比b点小   D．b处的电场强度比c处小
【答案】A
【解析】根据可知两电子从同一等势线开始运动到另一等势线，电场力对两电子所做的功相同，两电子电势能的变化量也相同，故A正确，B错误；a、b两点电势相同，则电子在a点具有的电势能等于在b点的电势能，选项C错误；b处的电场线较c点密集，则b处的电场强度比c处大，选项D错误。
2．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，那么示波管中的

A．极板X，Y应带正电                   B．极板应带正电
C．极板应带正电               D．极板应带正电
【答案】A
【解析】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电，即极板X的电势高于极板。同理可知Y带正电，即极板Y的电势高于极板，故A正确，BCD错误。
【名师点睛】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X、Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性。

【2018•北京师大附中高一期中】如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象。当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是

A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零
D．0~2.5 s内，电场力对带电粒子所做的总功为零
【参考答案】C
【详细解析】带电粒子在前1 s处于匀加速，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；带电粒子在前1 s处于匀加速，在第二秒内由于加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，因此用去0.5 s先做匀减速接着0.5 s反向加速。所以2 s末带电粒子不在出发点，故B错误；带电粒子在0~3 s内的初、末位置间的电场力做功为零，电势能变化为零，则电势差为零，故C正确；0~2.5 s内，电场力的总冲量等于粒子的运量变化，由于电场强度大小不一，所以2.5 s末速度不为零，因此总冲量不为零。粒子在2.5 s内没有回到出发点，所以电场力的总功不为零，故D错误。
【名师点睛】本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。

1．（多选）如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是

【答案】AD
【解析】在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝U0ed，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个T4内向B板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动，在第四个T4内向A板做匀减速直线运动，所以a-t图像应如图D所示，v-t图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋12at2，所以x-t图像应是曲线，B错误。
【易错提醒】电压突然反向时，电场强度、电场力也随之反向，则加速度反向，但速度不会立即反向。
2．（多选）如图甲，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势为φA=0，B板电势为φB随时间t变化的规律如图乙所示。现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则

A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
【答案】AB
【解析】若电子在t=0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确；若电子是在时刻进入的，与在时刻进入时的情况相似，在运动一个周期的时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故C错误；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在内，受到的电场力向右，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板，故D错误。

1．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中

A．电场力不可能小于mgcos θ
B．液滴的动能一定不变
C．液滴的机械能一定变化
D．液滴的电势能一定不变
2．【2019•山东省临沂市高三5月第三次模拟考试】（多选）在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B（均可视为质点）处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则

A．A球带正电，B球带负电
B．A球比B球先落地
C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加
D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小
3．【2019•江苏扬州中学高考模拟】（多选）如图所示，粗糙绝缘直角斜面ABC固定在水平面上，并处在方向与AB面平行的匀强电场中，一带正电的物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，它的动能增加了ΔEk，重力势能增加了ΔEp，系统产生的内能为Q，则下列说法正确的是（）

A．电场力对物体所做的功等于ΔEk           B．物体克服重力做的功等于ΔEp
C．合外力对物体做的功等于ΔEk               D．电场力所做的功等于ΔEk+Q
4．【2018•云南省宣威市第二中学期中】如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是

A． B． C． D．
5．（多选）一带负电的粒子在电场中做直线运动的速度图象如图所示，在第2 s 和第8 s时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是

A．该电场一定是匀强电场
B．M点的电势低于N点的电势
C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
6．如图甲所示为示波管，如果在YY′之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X′高，则在荧光屏上会看到的图形为

图甲图乙图丙
A． B． C． D．
7．【2018•浙江稽阳联谊学校高三联考】现有两极板M（+）、N（一），板长80 cm，板间距20 cm，在两板间加一周期性的直流电压，如图所示。现有一粒子（正电， =104 C/kg）0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间，v=2×103 m/s，重力不计，则正确的是

A．粒子的运动轨迹为抛物线
B．经Δt=0.8×10-4 s，粒子速度为0.8×103 m/s
C．粒子能从两板间射出
D．若粒子要从两板间射出，两板间距至少为10 cm
8．【2018•普通高等学校招生全国统一考试模拟】如图所示，平行金属板A、B正对放置，两板间电压为U，一束完全相同的带电粒予以不同速率沿图中虚线平行于金属板射入板间，其速率介于 ~k （k>1）之间且连续分布，带电粒子射出金属板后打在右侧的一垂直于A、B板的荧光屏上，打在荧光屏上的长度为L，已知所有粒子均可射出金属板，且不考虑带电粒子间的相互作用，若仅将金属板A、B间的电压减小至，不计带电粒子的重力。则打在荧光屏上的长度变为

A． B． C． D．L
9．（多选）如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连，a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1，现使a板不动，保持电键S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2，下列说法中正确的是

A．若电键S保持闭合，向下移动b，则
B．若电键S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则
C．若S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则
D．若电键K闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动板，则
10．【2018•北京市第二十中学高二期中】如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为和，为电子离开偏转电场时发生的偏转距离，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度

A．增大 B．增大 C．减小 D．减小
11．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是

A．小球在B位置处于平衡状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是 Eq=mg
C．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为
12．【2018•山东省泰安市高二期末】如图所示是个示波管工作原理的示意图。电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为，板长为。为了提高示波管的灵敏度( 每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是

A．尽可能使板长长些                   B．增大两板间的电势差
C．尽可能使板间距离d大一些               D．使加速电压升高一些
13．（多选）如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0~T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是

A．末速度大小为                    B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了                D．克服电场力做功为mgd
14．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，现有一质量为m的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0=400 V电压加速后通过B点进入两板间距为d=0.2 m、电压为U=200 V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，A、B分别为两块竖直板的中点， =0.5 C/kg，求：

（1）带电粒子通过B点时的速度大小；
（2）带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小；
（3）右侧平行金属板的长度。
15．【2019•高考考前最后一卷新课标A卷】如图1所示为示波管的示意图，由加速电场和偏转电场组成，其中加速电场两极板p、q之间的距离很小，在左侧极板有一粒子发射源，能源源不断地发射一系列速度相同的负粒子，粒子的速度方向水平向右，沿偏转电场的中心线射入其中，最终打在右侧足够长的竖直挡板MN上，粒子的速度和电荷量、质量均未知。在加速电场施加如图2所示的电压，电压与粒子的速度和电荷量、质量的关系为，已知偏转电场极板的长度为L，两极板之间的距离为L，上下两极板间偏转电压恒为，竖直挡板距离水平极板右侧的距离为，又任意时刻发射的粒子均能打在竖直挡板上，忽略粒子的重力、粒子间的相互作用力以及粒子在加速电场中的运动时间。求：
（1）如果在一个周期内，竖直挡板仅有两点接收到粒子，则该两点之间的距离为多少？
（2）仅改变偏转电场两极板之间的距离，粒子仍从两极板的中心线射入，两极板之间的距离满足什么条件时竖直挡板上仅有一点接收到粒子？
（3）当上下两极板之间距离为L时，在0时刻与时刻发射的粒子，达到挡板瞬间的动能之比为多少？

1．【2019•天津卷】如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程

A．动能增加                    B．机械能增加
C．重力势能增加                D．电势能增加
2．【2019•江苏卷】一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是

3．【2018•江苏卷】如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴

A．仍然保持静止   B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动
4．【2017•江苏卷】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到点，则由O点静止释放的电子

A．运动到P点返回                   B．运动到P和点之间返回
C．运动到点返回                   D．穿过点
5．【2019•新课标全国Ⅱ卷】如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（ >0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

6．【2019•新课标全国Ⅲ卷】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。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。
7．【2019•天津卷】2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷。

（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。

1．A 【解析】带电液滴在匀强电场中共受到两个力作用：竖直向下的重力和恒定的电场力，因为液滴做直线运动，所以他们的合力沿运动方向所在的直线；当电场力与速度方向垂直时，电场力最小（如图所示），由几何知识求得最小值为Fmin=F0=mgcos θ，故A正确；液滴做直线运动，电场力可能竖直向上，与重力相平衡，液滴做匀速直线运动，动能不变；电场力也可能不在竖直向上，合力与速度方向相同时，液滴做匀加速直线运动，动能增大；合力与速度方向相反时，液滴做匀减速直线运动，动能减小，故B错误；电场力方向可能与速度方向垂直（如图中F0），电场力不做功，电势能不变，机械能不变，电场力也可能与速度不垂直（如图中F1和F2），电场力做功，电势能改变，机械能也改变，故CD错误；故选A。

【名师点睛】本题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是掌握质点做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，要考虑匀速直线运动和变速直线运动两种情形，全面分析，不能遗漏；此题意在考查学生对知识的灵活运用能力。
2．AD 【解析】两球在水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h= at2，h相等，可知，A的合力比B的小，所以A的电场力向上，带正电，B的电场力向下，带负电，故A正确。A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误。A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加。B的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误。A的合力比B的小，则A的合力做功较少，由动能定理知A球的动能变化小，故D正确。
3．BC 【解析】物体在电场力的作用下从斜面的底端运动到顶端，电场力做正功，摩擦力做负功，重力做负功，支持力不做功，根据动能定理有W电+W重+Wf=ΔEk；重力做功等于重力势能的减小量，即-W重=ΔEp，故W电=ΔEk+ΔEp+ΔU，故AD错误；物体克服重力做的功等于重力势能的增加量，故为ΔEp，故B正确；根据动能定理，合外力对物体做的功等于动能增加量，为ΔEk，故C正确。
4．A 【解析】电子一个周期内的运动情况是：0～T/4时间内，电子从静止开始做匀加速直线运动，T/4～T/2沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2～3T/4时间内向B板做匀加速直线运动，3T/4～T继续做匀减速直线运动。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知A符合电子的运动情况，故A正确。电子做匀变速直线运动时x-t图象是抛物线，故B错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故C错误。匀变速运动速度图象是倾斜的直线，Ek-t图象是曲线。故D错误。
5．AB 【解析】由图可知，粒子在电场中的加速度是不变的，故受到的电场力不变，所以该电场是均匀的，选项A正确；由图又可以判断该带负电的粒子是以一定的速度顺着电场线的方向射入电场的，其中2 s时的M点速度大小小于8 s时N点的速度大小，所以二个点并没有在电场的同一位置，而是沿着电场线的方向由N指向M，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；可见，带负电的粒子在M点的电势能要大于在N点的电势能，故从M点到N点的过程中，电势能逐渐减小，选项C错误；因为是匀强电场，故带电粒子在M点所受电场力等于在N点所受电场力，选项D错误。
6．C 【解析】因XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，则在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象。则显示如图C所示；故选：C。
7．D 【解析】粒子的运动是匀变速曲线运动和匀变速直线运动的组合，粒子的运动轨迹不为抛物线，故选项A错；粒子的加速度；经Δt=0.8×10-4 s，粒子速度为，带入数据解得，故选项B错；若粒子能射出，则：t= =4×10-4 s，所以竖直位移，，板问距20 cm，所以粒子不能从两板间射出，向下C错；由得d=10 cm，D正确。
【名师点睛】此题关键是要搞清粒子在两个方向上的运动特点：水平方向是匀速运动，竖直方向先加速后匀速，再加速后匀速，联系运动的合成知识进行解答.
8．C 【解析】运动轨迹如图所示：带电粒子射出金属板后的速度的反向延长线都过O点，O点为中点，设板长为x1，荧光屏距金属板的边缘距离为x2，最大速度与最小速度射出金属板时的偏转位移差为，由相似三角形可知，解得：，C为常数，，，，以上两式联立解得：，为常数，所以，当U减为时，L也减小为，故应选C。

9．BC 【解析】由于两极板接在电源两端，若S保持闭合，无论向上还是向下移动b板时，两板间的电压不变，故电场力做功不变，高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则，A错误；C正确；若电键S闭合一段时间后再断开，两极板所带电荷量不变，向上移动b板，两板间电势差增大，重力做功不变，克服电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即；如果向下移动b板，两板间电势差减小，重力做功不变，克服电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即，B正确；D错误。
【名师点睛】带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系。
10．D 【解析】经加速电场后的速度为v，则根据动能定理：，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，，所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故D正确，ABC错误。
11．D 【解析】如图所示，小球的运动可看成是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故AC错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系得，化简得，B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做功为，D正确。

12．A 【解析】带电粒子加速时应满足：，带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t，，，联立以上各式可得，，故A正确，BCD错误。
13．BC 【解析】0~ 时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg， ~ 内，微粒做平抛运动，下降的位移， ~T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为 d，则重力势能的减小量为 mgd，故C正确；在 ~ 内和 ~T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为 d，整个过程中克服电场力做功为2E0•q• d= qE0d= mgd，故D错误。
【名师点睛】解决本题的关键是知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。知道在 ~ 内和 ~T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。
14．【答案】（1）20 m/s （2）10 m/s （3）0.4 m
【解析】（1）电场中的直线加速，由动能定理：解得：
（2）偏转过程由动能定理：得：
（3）由牛顿第二定律：
竖直方向的匀加速直线运动：
解得：
水平方向的位移：
15．【答案】（1）（8分）（2）（6分）（3）（4分）
【解析】（1）粒子经加速电场后，速度要发生变化。在0~ 时间内，设粒子源发射的粒子速度大小为v0，刚进入偏转电场的速度大小为v1。
由动能定理得：–qU0= mv12– mv02
将代入后解得：v1=
在偏转电场中，粒子运动时间t1=
侧移量y1= at12=
解得：y1=
粒子在整个过程中的侧移为
代入数据解得，偏转方向向上
设在时间内进入偏转电场的粒子速度大小为v2，同理，v2=
在偏转电场中的侧移为y2=
粒子在整个过程中的侧移为，偏转方向向上
挡板上两个发光点之间的距离Δy=
（2）考虑到临界条件，设当极板间距为时，粒子刚好从偏转极板边缘飞出，则有
又、
整理得，
对于速度v1时，
对于速度v2时，
只改变偏转电场两极板之间的距离，要使竖直挡板仅接收到一个点，极板间距应满足：
（3）由以上解析可知，0时刻发射的粒子的侧移为y1= ，时刻发射的粒子的侧移为y2=
因此对0时刻发射的粒子由动能定理得–qU0+ =Ek1– mv02
对时刻发射的粒子由动能定理得qU0+ =Ek2– mv02
解得

1．B 【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。
2．A 【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场力方向速度为，功率为，所以P与t成正比，故A正确。
3．D 【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力。两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确。

4．A 【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误。
【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关。
5．【答案】（1）（2）
【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 ① F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有 ④ l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 ⑥ ⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为 ⑧
6．【答案】（1）（2）
【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma① ②
解得 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 ④
且有 ⑤ ⑥
联立③④⑤⑥式得 ⑦
7．【答案】（1）（2）（3）用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。
【解析】（1）设正离子经过电极时的速度为v，根据动能定理，有 ①
设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有 ②
设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有 ③
联立①②③式，且得 ④
（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 ⑤
考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得 ⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。

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带电粒子在匀强电场中的运动考点及考情分析

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带电粒子在匀强电场中的运动 考点及考情分析

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