3-1带电粒子在电场中的运动习题

带电粒子在电场中的运动练习题1、如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（）A、A、B两点间的电压一定等于mgLsinθ/qB、小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C、若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/qD、如果该电场由斜面中点正上方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负电荷2、如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。

当微粒经过B点时速率为V B＝2V0，而方向与E同向。

下列判断中正确的是 ( )2/qA、A、B两点间电势差为2mVB、A、B两点间的高度差为V02/2gC、微粒在B点的电势能大于在A点的电势能D、从A到B微粒作匀变速运动3、如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）A、此液滴带负电B、液滴做匀加速直线运动C、合外力对液滴做的总功等于零D、液滴的电势能减少4、如图，水平放置的两平行金属板，板长L=1.0m,板间距d=0.06m，上板带正电，下板带负电，两板间有一质量m=0.1g，带电量q=-4×10-7C的微粒沿水平方向从两极板的中央以v o=10m/s的初速度射入匀强电场，要使带电微粒能穿出极板，两电极间的电压值的范围是。

5、如图，一绝缘木板放在光滑水平面上，一质量为m、带电量为q的小物体沿木板上表面以某一速度从A端沿水平方向滑入，木板周围空间存在足够大的竖直向下的匀强电场。

已知小物体与木板之间有摩擦，物体滑到木板B端恰好相对静止，若将匀强电场的方向改为竖直向上，大小不变，且小物体仍以原来的初速度从A端滑入，结果小物体运动到木板中点时相对木板静止，求：1、物体所带电荷的性质2、匀强电场的场强大小。

第十章静电场中的能量微型专题3 带电粒子在电场中的运动（四种题型）一、单选题：1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。

则此电场的电场线分布可能是( )【解析】从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。

【答案】A2.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )A.2倍B.4倍C.12D.14【答案】C【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(Lv)2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.4.一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s 内，电场力做功等于0C.4 s 末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s 内，电场力做功等于0 【答案】D【解析】画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确.5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.6.如图所示，场强大小为E、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s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0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v0等于( )A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh【答案】B【解析】根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有1 2s＝v0t，在竖直方向有12h＝12·qEm·t2，解得v0＝s2qEmh，故选项B正确，选项A、C、D错误.7.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q1带负电。

龙文教育学科老师个性化教案教师学生姓名上课日期2-26 学科物理年级高三教材版本人教版学案主题电场课时数量（全程或具体时间）第（3）课时授课时段8-10教学目标教学内容带电粒子在电场中的运动相关知识点与应用个性化学习问题解决结合孩子的教案设计教学重点、难点高考必考知识点教学过程带电粒子在电场中的运动1．平行板电容器内的电场可以看做是匀强电场，其场强与电势差的关系式为E＝Ud，其电势差与电容的关系式为C＝QU.2．带电粒子在电场中做直线运动(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向．(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向．3．带电粒子在电场中的偏转(匀强电场)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12at 2速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，速度的偏转角的正切值tan θ＝v y v x .4．在所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，即mg ≪qE ，所以可以忽略重力的影响．若带电粒子所受的重力跟电场力可以比拟，则要考虑重力的影响．总之，是否考虑重力的影响要根据具体的情况而定．5．物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F ＝m v 2r (用m 、v 、r 表示)＝mr (2πT )2(用m 、r 、T 表示)＝mr ω2(用m 、r 、ω表示)．一、带电粒子在电场中的直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法： (1)能量方法——能量守恒定律； (2)功和能方法——动能定理；(3)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式．例1 如图1所示，水平放置的A 、B 两平行板相距h ，上板A 带正电，现有质量为m 、带电荷量为＋q 的小球在B 板下方距离B 板为H 处，以初速度v 0竖直向上运动，从B 板小孔进入板间电场．图1(1)带电小球在板间做何种运动？(2)欲使小球刚好打到A 板，A 、B 间电势差为多少？二、带电粒子在电场中的类平抛运动带电粒子在电场中做类平抛运动涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律，利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动研究，涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系的综合应用．例2如图2所示，水平放置的两平行金属板，板长为10 cm，两板相距2 cm.一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45 cm、宽D为20 cm 的荧光屏上．(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e ＝1.6×10－19 C)求：图2(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围．三、带电粒子在交变电场中的运动交变电场作用下粒子所受的电场力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于电场力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期．例3带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图3所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )图3A．微粒在0～1 s内的加速度与1 s～2 s内的加速度相同B．微粒将沿着一条直线运动C．微粒做往复运动D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的重力或电场力．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”．例4如图4所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度v A的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图4(1)速度v A的大小；(2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小．1. (带电粒子在电场中的直线运动)如图5所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图5A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动2. (带电粒子在电场中的类平抛运动)如图6所示，一电子沿x 轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD ，已知O A ＝A B ，电子过C 、D 两点时竖直方向的分速度为v Cy 和v Dy ；电子在OC 段和OD 段动能的变化量分别为ΔE k1和ΔE k2，则( )图6A ．v Cy ∶v Dy ＝1∶2B ．v Cy ∶v Dy ＝1∶4C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶43．(带电粒子在交变电场中的运动)如图7甲所示，在间距足够大的平行金属板A 、B 之间有一电子，在A 、B 之间加上如图乙所示规律变化的电压，在t ＝0时刻电子静止且A 板电势比B 板电势高，则( )图7A ．电子在A 、B 两板间做往复运动B ．在足够长的时间内，电子一定会碰上A 板C ．当t ＝T2时，电子将回到出发点D ．当t ＝T2时，电子的位移最大4．(带电粒子在电场中的圆周运动)如图8所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5 m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD＝2R，把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10－4 C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g＝10 m/s2，求：图8(1)它到达B点时的速度是多大？(2)它到达B点时对轨道的压力是多大？题组一带电粒子在电场中的直线运动1.图1为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )图1A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为vB．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为2 2 vD．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/22.如图2所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子恰好能到达N 板，如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )图2A ．使初速度减为原来的12B ．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12题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动3.如图3所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )图3A ．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C ．三种原子核打在屏上的速度一样大D ．三种原子核都打在屏上同一位置处4.如图4所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )图4A．它们运动的时间t Q＞t PB．它们运动的加速度a Q＜a PC．它们所带的电荷量之比q P∶q Q＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝1∶25.如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该( )图5A．使U2变为原来的2倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2倍6.如图6所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)( )图6A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B ．在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶1 题组三 带电粒子在电场中的圆周运动7.两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图7所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M 射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N 射出，由此可知( )图7A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等8．如图8所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A ，直径AB 垂直于斜面，直径CD 和MN 分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m 、电荷量为q 的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A 点．现对该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是( )图8 A ．小球一定带负电 B ．小球运动到B 点时动能最小 C ．小球运动到M 点时动能最小 D ．小球运动到D 点时机械能最小 题组四 综合应用9.如图9所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是与AB相切、半径为R的圆形轨道．今有质量为m、带电荷量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与圆形轨道的最低点B间的电势差为多大？图910.如图10所示，长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103 N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10 m/s2.求：(1)小球通过最高点B时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．11.如图11所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－8 C．设A、B板足够长，g取10 m/s2.试求：(1)带正电的小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；(2)相碰时，离金属板上端的竖直距离多大．例一解析(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动．(2)整个运动过程中重力和电场力做功，由动能定理得－mg (H ＋h )－qU AB ＝0－12mv 20解得U AB ＝m [v 20－2g H ＋h ]2q例2 解析 (1)设加速电场的电压为U 1，由动能定理可得eU 1＝12mv 20－0 化简得U 1＝mv 202e代入数据得U 1＝4.5×103 V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2，偏转位移为y ，则：y ＝12at 2＝U 2e 2dm (lv 0)2 tan θ＝v y v 0＝U 2eldmv 20＝yl /2由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得 tan θ＝D /2L ＋l2＝D2L ＋lU 2＝Ddmv 20el 2L ＋l代入所有数据得U 2＝360 V因此偏转电压在－360 V ～360 V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置． 答案 (1)4.5×103 V (2)－360 V ～360 V 例3 答案 BD解析 带正电的微粒放在电场中，第1 s 内加速运动，第2 s 内减速至零，故B 、D 对． 例4解析 (1)在A 点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE ＝m v 2Ar所以小球在A 点的速度v A ＝qEr m.(2)在小球从A 到B 的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 2qEr ＝12mv 2B －12mv 2A 小球在B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2Br解以上两式得小球在B 点对环的水平作用力为：F B ＝6qE . 答案 (1)qEr m(2)6qE1. 答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，则A 错．由图可知电场力与重力的合力方向与v 0方向相反，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误．F 合恒定且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．2.答案 AD 3．答案 B解析 粒子先向A 板做半个周期的匀加速运动，接着做半个周期的匀减速运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，选B. 4答案 (1)25 m/s (2)5 N解析 (1)小球从D 至B 的过程中，由动能定理： qE (2R ＋R )－mgR ＝12mv 2B解得：v B ＝25 m/s(2)在B 点由牛顿第二定律得：F N －qE ＝m v 2BRF N ＝qE ＋m v 2BR＝5 N.由牛顿第三定律知F N ′＝F N ＝5 N.题组一 带电粒子在电场中的直线运动 1.答案 AC 2.答案 BD解析 由qE ·l ＝12mv 20，当v 0变为22v 0时l 变为l2；因为qE ＝q Ud，所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12mv 20，通过分析知B 、D 选项正确．题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动 3.答案 BD解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C 错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 22dU 1知，与带电粒子无关，D 对．4.答案 C解析 设两板距离为h ，P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h2，它们做类平抛运动的水平距离均为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m，a Q ＝q Q E m，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确．5.答案 A解析 电子加速有qU 1＝12mv 20电子偏转有y ＝12·qU 2md (lv 0)2联立解得y ＝U 2l 24U 1d ，显然选A.6答案 BD解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a ＝Eq m ＝Uqdm ，t 时间内加速度方向上的位移y ＝12at 2＝d 2，前t 2时间内加速度方向上的位移y 1＝12a t 24＝d 8，后t 2时间内加速度方向上的位移y 2＝y －y 1＝38d .由公式W ＝Fl 可知前t 2、后t 2、前d4、后d 4电场力做的功分别为W 1＝18qU ，W 2＝38qU ，W 3＝14qU ，W 4＝14qU . 题组三 带电粒子在电场中的圆周运动 7.答案 BC解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE ＝m v 2r 得r ＝mv 2qE，r 、E 为定值，若q 相等则12mv 2一定相等；若qm 相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．8．答案 ABD解析 小球能静止于A 点，说明小球在A 点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A 正确；小球所受的重力和电场力的合力F 是不变的，方向沿AB 直径方向由B 指向A ，小球从A 运动到B 的过程中F 做负功，动能减小，所以小球运动到B 点时动能最小，B 正确，C 错误；在圆环上，D 点的电势最低，小球在D 点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D 点时机械能最小，D 正确． 题组四 综合应用9.解析 小球从A 到D 的过程中有两个力做功，即重力和电场力做功，由动能定理得12mv 2＝qU AD －mg ·2R小球在D 点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2R联立解得U AD ＝5mgR2q所以U AB ＝U AD ＝5mgR2q.10.答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 N解析 (1)小球由A 运动到B ，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qEL －mgL ＝mv 2B2，v B ＝2qE －mg L m＝2 m/s(2)小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力F T B 作用，经计算mg ＝1.0×10－4×10 N ＝1.0×10－3 NqE ＝1.0×10－6×2.0×103 N ＝2.0×10－3 N因为qE >mg ，而qE 方向竖直向上，mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B 点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出F T B 的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：F T B ＋mg －qE ＝mv 2B LF T B ＝mv 2B L＋qE －mg ＝3.0×10－3 N11.答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝ 2h g＝2×1.2510s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2.由牛顿第二定律知qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at 22，以上三式联立，得t 2＝dmqU＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的竖直距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。

物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq dt m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL在D点时，下壁对球的支持力2022vF m mgr==由牛顿第三定律，22F F mg=='方向竖直向下．（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：211222L gt=解得12Ltg=小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：2323244Ar Ltv gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：322Ltg=则：24ttππ=+【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度v沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【答案】（1）2mvEqL=（2）04nmvBqL=n=1、2、3 (3)2Ltvπ=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0L v t=，2122Lat=，qE ma=联立解得：2mvEqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R，此时满足L=2nx联立可得：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R，此时满足()221L n x=+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、 3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==5．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

高中物理人教版选修3-11.9 带电粒子在非匀强电场中的运动基础专练一、单选题1．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M 运动到N，以下说法正确的是A．粒子必定带负电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能2．如图是某一电场中的一簇电场线，现把一个正电荷分别放在AB两点下列说法正确的是（）A．此正电荷在A点受到的电场力比B点大B．此正电荷在A点的电势能比B点大C．电场中B点的电势高于A点的电势D．若把此正电荷从A点静止释放，它将沿电场线运动到B点3．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能是( )A．B．C．D．4．带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，它在任意一段时间内A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动5．带正电的小球只受电场力作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿着电场线由高电势向低电势方向运动B．一定沿着电场线向电势能减小的方向运动C．不一定沿着电场线运动，但一定向低电势方向运动D．不一定沿着电场线运动，也不一定向电势能减小的方向运动6．如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于a，b 两点下列判断正确的是（）A．电场中a 点的电势较高B．带电粒子在a 点的动能较小C．带电粒子在a 点的加速度较大D．带电粒子一定带正电7．电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则A．同一点电荷放在A点受到的静电力比放在B点时受到的静电力小B．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到静电力作用C．在仅受电场力时，同一点电荷放在B的加速度比放在A点时的加速度小D．正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹8．如图所示，+Q为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q的粒子，从a点以沿ab方向的初速度v0开始运动．若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹可能是图中的（）A．ab直线B．ac曲线C．ad曲线D．ae曲线9．图中实线为一匀强电场的电场线，虚线为一个点电荷仅受电场力作用时的运动轨迹的一部分，则可以知道（）．A．电场线方向向右B．电场线方向向左C．点电荷经过B点时速度比经过A点时速度大D．点电荷经过B点时速度比经过A点时速度小10．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（）A．M、N点的场强E M＞E NB．粒子在M、N点的加速度a M＞a NC．粒子在M、N点的速度v M＞v ND．粒子带正电11．如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是A．A 点的场强小于B点的场强B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能D．电子在A点的速度大于在B点的速度12．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示。

带电粒子在电场中的运动1、(1)匀强电场场强E的大小、方向如何？(2)试探电荷＋q放在点c时，受力F c的大小、方向如何？(3)试探电荷＋q放在点b时，受力F b的大小、方向如何？【解析】试题分析：(1)由题意可知：①②由，所以，，匀强电场方向沿db方向．(2)试探电荷放在c点：所以方向与ac方向成45°角斜向下(如右图所示)．(3)试探电荷放在b点：所以，方向沿db方向．考点：考查了电场的叠加点评：根据点电荷场强的计算公式及电场叠加原理即可求解．2、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E＝3.0×104N/C。

有一个质量m＝4.0×10－3kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。

取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不计空气阻力的作用。

求：(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20s，求这段时间内小球电势能的变化量。

【解析】试题分析：(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件，得F＝qE＝mgtanθ解得q＝mgtanθ/E＝1.0×10－6C电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律，得＝ma解得a＝＝12.5m/s2(3)在t＝0.20s的时间内，小球的位移为l＝＝0.25m小球运动过程中，电场力做的功W＝qElsinθ＝mglsinθtanθ＝4.5×10－3J所以小球电势能的变化量(减少量)ΔE p＝4.5×10－3J。

考点：考查了共点力平衡条件的运动点评：本题的综合性较强，关键是根据受力分析，结合牛顿第二定律解题3、如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。

2020-2021学年高中物理选修3-1：1.9带电粒子在电场中的运动1．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是()
A．质子11H B．氘核21H
C．α粒子42He D．钠离子Na＋
2．如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动．则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是()
A．两极板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率板越大
B．两极板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大
C．获得的速率大小与两极间的距离无关，与所加电压U有关
D．两极板间距离越小，加速的时间越短，则获得的速率越小
3．一束带电粒子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的．这说明所有粒子()
A．都具有相同的质量
B．都具有相同的电荷量
C．电荷量与质量之比都相同
D．都是同位素
4.
如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)()
A．电子到达B板时的动能是Ue
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ue
D．电子在A板和D板之间做往复运动
5．(多选)如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷
q
m＝1.0×10
－2C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔A处由静止释放，粒子在静电力作用下从小孔射出(不计粒子重力)，其v－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是()
A．左侧金属板接电源的正极
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带电粒子在电场中的运动专项练习[同步导学] 1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)． (2)运动的分析方法(看成类平抛运动)： ①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动． ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少? 解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d 由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qULat 0==离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：dmv qULv v 200Ítan ==θ． 3．示波管的原理(1)构造及功能如图l —8—2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) XX ，：使电子束水平偏转(加扫描电压)． ③荧光屏．(2)工作原理(如图1—8—2所示)偏转电极XX ，和YY ，不加电压，电子打到屏幕中心；若电压只加XX ，，只有X 方向偏；若电压只加YY ，，只有y 方向偏；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．4．在带电粒子的加速或偏转的问题中，何时考虑粒子的重力?何时不计重力?一般来说：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明显暗示以外，一般都不能忽略重力． 5．易错易混点带电粒子在电场中发生偏转，—定要区分开位移的方向与速度的方向，它们各自偏角的正切分别为：x y=αtan ，xy v v =βtan ，切不可混 例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．UedhB ．edUhC ．dheUD ．d eUh ．．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场， 如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计) 分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变． 3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。