10.5 带电粒子在电场中的运动 课中练
一、带电粒子在电场中的加速
【课堂引入】
1. 如图所示，平行板电容器两板间的距离为d，电势差为U。一质量为m、带电荷量为q的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。
（1）比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计（α粒子质量是质子质量的4倍，即m＝4×1.67×10－27 kg，电荷量是质子的2倍）。
（2）α粒子的加速度是多大（结果用字母表示）？在电场中做何种运动？
（3）计算粒子到达负极板时的速度大小．（结果用字母表示，尝试用不同的方法求解）
【例题】
2. 如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（ ）
A. 若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变
B. 若将板间距为d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍
C. 若将两极板间电势差U增一倍，则电子到达Q板的时间保持不变
D. 若将两极板间电势差U增一倍，则电子到达Q板的时间减为一半
【课堂练习】
3. 如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则（ ）
A. 当增大两板间距离时，v增大
B. 当减小两板间距离时，v增大
C. 当改变两板间距离时，v不变
D. 当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
4. 一平行板电容器充电后与电源断开，从负极板上某处由静止释放一个电子，设其到达正极板的速度为v1，运动过程中加速度为a1，现将两板间距离增为原来的2倍，再从负极板处由静止释放一个电子，设其到达正极板的速度为v2，运动过程中加速度为a2，则（ ）
A. a1∶a2=1∶1 B. a1∶a2=2∶1 C. v1∶v2=1∶2 D. v1∶v2=1∶
二、带电粒子在电场中的偏转
【课堂引入】
如图1所示，质量为m、电荷量为＋q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距离为d，不计粒子的重力。
1.运动分析及规律应用
粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理。
（1）在v0方向：做匀速直线运动；
（2）在电场力方向：做初速度为零匀加速直线运动。
2.过程分析
如图2所示，设粒子不与平行板相撞
初速度方向：粒子通过电场的时间t＝
电场力方向：加速度a＝＝
离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝
速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝＝
离开电场时沿电场力方向的偏移量y＝at2＝。
3.两个重要推论
（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。
（2）位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的，即tan α＝tan θ。
4.分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏移量。
【例题】
5. 如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B两平行板等距离的O点处，有一电荷量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与A、B板平行）射入，不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（ ）
A. B. C. D.
6. 一束电子流经U1＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两极板间电压U2＝400 V，两极板间距离d＝2.0 cm，板长L1＝5.0 cm。
(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y；
(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2＝5 cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y（O点位于平行板水平中线的延长线上）；
(3)若另一个质量为m（不计重力）的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场射出，则其射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？
参考答案
1.【答案】（1）见解析；（2）；初速度为0的匀加速直线运动；（3）
【详解】（1）α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力，故可以忽略重力
（2）α粒子的加速度为a＝。在电场中做初速度为0的匀加速直线运动
（3）方法1 利用动能定理求解
由动能定理可知qU＝mv2
v＝
方法2 利用牛顿运动定律结合运动学公式求解
设粒子到达负极板时所用时间为t，则
d＝at2，v＝at，a＝
联立解得v＝
2. A
【详解】试题分析：根据动能定理得，qU=mv2知，电子到达Q板的速度，将板间距增大一倍，电子到达Q板的速率不变．故A正确，B错误．电子的加速度，根据d=at2得，，U增大一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的倍．故CD错误．故选A．
3. CD
【详解】ABC．根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板运动列出等式：
得
v与两板间距无关，所以当改变两板间距离时，v不变，故AB错误，C正确；
D．由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为，电子的加速度为
电子在电场中一直做匀加速直线运动，由所以电子加速的时间为
由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．
4. AD
【详解】AB．平行板电容器充电后与电源断开，将两板间的距离增为原来的2倍，此时电容器极板上的电荷量不变，又
所以电场强度E不变，根据公式
U=Ed
极板之间的电势差是原来的2倍，根据牛顿第二定律得
则
a1∶a2=E1∶E2=1∶1
选项A正确，B错误；
CD．电子从负极板移动到正极板的过程中，运用动能定理得
解得
若将两板间距离增为原来的2倍，则极板之间的电势差是原来的2倍，解得
选项C错误，D正确。
故选AD。
5. A
【详解】带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动。设粒子由O到C的运动时间为t，则有
l=v0t
设A、B间的电压为U，则偏转电极间的匀强电场的场强
粒子所受电场力
根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度
粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为。由匀加速直线运动的规律得
解得
U=
故选A。
6. 【答案】(1) 0.25 cm；(2) 0.75 cm ；(3)0.25 cm ，0.75 cm
【详解】(1)电子加速过程，由动能定理得
①
进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，
L1＝v0t②
在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为
③
偏移距离
④
由①②③④得
代入数据得
y＝0.25 cm
(2)由于平抛运动速度的反向延长线恰好过水平位移的中点，且离开电场后做匀速直线运动如图，由几何关系知
可得
代入数据得
Y＝0.75 cm
(3)由于
，
偏移量与粒子的质量m和电荷量q无关，故二价负离子经同样装置后
y′＝y＝0.25 cm，Y′＝Y＝0.75 cm10.5 带电粒子在电场中的运动 课后练
1. 如图所示，带电量之比为的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为，则带电粒子的质量之比以及在电场中飞行时间之比分别为（ ）
A. 1：1， 2：3 B. 2：1， 3：2
C. 1：1 ，3：4 D. 4：3， 2：1
2. 如图所示，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v0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板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是（不计带电粒子的重力）（ ）
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
3. 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E（如图所示），则（ ）
A. 粒子射入的最大深度为
B. 粒子射入的最大深度为
C. 粒子在电场中运动的最长时间为
D. 粒子在电场中运动的最长时间为
4. 一电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿越两平行板所需的时间（ ）
A. 随电压的减小而减小 B. 随电压的减小而增大
C. 与电压减小与否无关 D. 随两板间距离的增大而减少
5. 如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的点，b粒子打在B板的点，若不计重力，则（ ）
A. a的电荷量一定大于b的电荷量 B. b的质量一定大于a的质量
C. a的比荷一定大于b的比荷 D. b的比荷一定大于a的比荷
6. 如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）
A. U1∶U2=1∶8 B. U1∶U2=1∶4 C. U1∶U2=1∶2 D. U1∶U2=1∶1
7. 如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当极板所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为（ ）
A. U2=3U1 B. U2=6U1 C. U2=8U1 D. U2=12U1
8. 如图所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是（ ）
A. 尽可能把偏转极板做得长一点 B. 尽可能把偏转极板做得短一点
C. 尽可能把偏转极板间的距离做得小一点 D. 将电子枪的加速电压提高
9. 图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A. B.
C. D.
10. 如图，带电荷量之比为qA：qB = 1：3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC = CD，忽略粒子重力的影响，则（ ）
A. A和B在电场中运动的时间之比为2：1
B. A和B运动的加速度大小之比为4：1
C. A和B的质量之比为1：2
D. A和B的位移大小之比为1：1
11. 如图所示，边长为l的正方形区域abed内存在匀强电场，场强方向与bc边平行．电量为q(q>0)，动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计粒子重力，则有（ ）
A. 若粒子恰好从C点离开电场，则离开电场时粒子动能为
B. 若粒子恰好从C点离开电场，则场强
C. 若粒子离开电场时动能为2Ek，则粒子一定从bc边离开电场
D. 若粒子离开电场时动能为2Ek，则场强
12. 如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行，在圆上A点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为+q的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过B点的小球动能最大，由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α=30°，下列说法正确的是（ ）
A. 电场的方向与AB平行
B. 电场的方向与AB垂直
C. 小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为
D. 小球在A点重直电场方向发射，若恰能落到C点，则初动能为
13. 一束电子流经U=5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d=1.0 cm，板长l=5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值为（ ）
A. 400 V B. 300 V C. 100 V D. 480 V
14. 如图所示，氕、氘、氚的原子核自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（ ）
A. 经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B. 经过偏转电场的过程中，静电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的同一位置上
15. 将一带电粒子以初速度υ0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向夹角为，电场的水平宽度为L，如图所示．不计粒子的重力。设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q。求
（1）该匀强电场的电场强度为多大？
（2）A、B两点的电势差UAB为多大？
16. 如图所示，有一电子（电荷量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好从B板右边缘穿出电场，求：
(1)金属板A的长度；
(2)电子穿出电场时的动能。
17. 如图所示，电子从静止开始被U＝180V的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E＝6000V/m的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场．已知电子比荷为≈×1011C/kg，不计电子的重力，偏转极板长为L＝6.0×10－2m．求：
(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小；
(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小；
(3)电子离开偏转电场时的速度方向与进入该电场时的速度方向之间的夹角θ.
18. 如图所示为研究电子枪中的电子在恒定电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的第一象限存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段（0≤x≤L，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度E1=E；在第二象限存在以（－2L≤x≤0，0≤y≤L）为边界的匀强电场区域Ⅱ．一电子（电荷量大小为e，质量为m，不计重力）从电场I的边界B点处由静止释放，恰好从N点离开电场区域Ⅱ．
(1)求电子通过C点时的速度大小；
(2)求电场区域Ⅱ中的电场强度的大小；
(3)试证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都从N点离开电场．
参考答案
1. D
【详解】两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则水平方向有
相等，所以，则得：
竖直方向有：
因为E、y、v0相等，则得：
故选D。
2. BD
【详解】A．粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得
qU=0
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，则带电粒子动能的变化
△Ek=0 =
小于到达中点时电场力做的功，粒子无法到达。故A错误；
B． 电压变为原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时设速度为v，则由动能定理
与 qU=0 对比可知
v=0
即带电粒子到达M、N板间距的后速度减为零，然后返回，选项B正确；
C．电压变为原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时设速度为v′，则由动能定理
与 qU=0 对比可知v′<0即带电粒子无法到达到达M、N板的中点处就要返回，选项C错误；
D． 使初速度和M、N间电压都减为原来的，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功
W= q()= qU
带电粒子动能的变化
△Ek=0 = = qU
故D正确。
故选BD。
3. BD
【详解】粒子射入到最右端，由动能定理得
-Eqxmax=0-mv02
最大深度
xmax=
由
v0=at
a=
可得
则粒子在电场中运动的最长时间为
故选BD。
4. C
【详解】电子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，在平行于金属板的方向电子不受力而做匀速直线运动，则有
解得电子穿越平行板所需要的时间为
可知电子穿越平行板所需要的时间与金属板的长度和电子的初速度大小有关，与其他因素无关，即与电压及两板间距离均无关。；
故选C。
5. C
【详解】设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为：
时间为：
偏转量为：
因为两个粒子的初速度相等，则，则得a粒子的运动时间短，则a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a、b的电荷量和质量无法确定大小关系，故C正确，ABD错误．
6. A
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为
x=v0t
两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为
t1∶t2=2∶1
由于竖直方向上的位移为
h=at2
h1∶h2=1∶2
故加速度之比为1∶8，又因为加速度
a=
故两次偏转电压之比为
U1∶U2=1∶8
故选A。
7. D
【详解】偏转距离
加速度
运动时间
可得第一次
同理，第二次
由以上两式相比可得
故，ABC错误D正确。
故选D。
8. AC
【详解】设电子的电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度，运动时间为：，偏转量为：．联立可得：
通过公式可以看出，提高侧移量，可以采用的方法是：加长板长L，减小两板间距离d和减小入射速度v0．即可减小加速电压。
故选AC。
9. B
【详解】示波管的电极YY′上的偏转电压加的是如图（乙）的信号电压，XX′偏转电极上加上如图（甲）的扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同，就会在荧光屏上显示与信号电压一致的波形即图B的波形，故ACD错误，B正确；
故选B。
10. B
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有
x = v0t
又由于初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，A错误；
B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有
y = at2
y相同，a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，B正确；
C．由牛顿第二定律有
Eq = ma
则粒子的质量
m = ∝
则A和B的质量之比为1：12，C错误；
D．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：1，D错误。
故选B。
11. ACD
【详解】粒子的初动能为，
粒子在ab方向上作匀速运动，L=v0t
粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动，L=at2
根据牛顿第二定律，
所以
根据动能定理，有：qEL=Ekt-EK
所以Ekt=qEL+EK=5EK．选项A正确，B错误；
若粒子从dc边离开电场，则电场力功均为EqL=4Ek；若粒子离开电场时动能为2Ek，则电场力功为Ek=EqL1，可知，则粒子一定从bc边离开电场，选项C正确；
当带电粒子从bc边飞出时动能为2Ek，根据牛顿第二定律，有qE=ma
沿初速度方向做匀速运动，有L=v0t
沿电场方向的分位移为y=at2
根据动能定理，有qEy=2EK-Ek
当带电粒子从bc边飞出时， y＜L，联立解得： ，选项D正确；故选ACD.
12. AD
【详解】AB．由题意，小球经过B点的动能最大，所以小球在圆上B点的电势能最低，故圆上B点的电势最低，过B点的等势面为圆上过B点的切线，电场线和等势面垂直，因此电场线沿AB方向，A正确，B错误；
CD．小球在A点垂直电场方向发射，若恰能落到C点，小球只受电场力，做类平抛运动有
由以上两式得
C错误，D正确。
故选AD。
13. A
【详解】加速过程中，由动能定理有
eU=mv02
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动，有
l=v0t
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度
偏转距离
y=at2
若电子能从两极板间飞出，则
联立解得
U′≤=400 V
即要使电子能飞出，所加电压的最大值为400 V。
故选A。
14. BD
【详解】A．设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，电场力做的功为：W=qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A错误；
D．在偏转电场中的偏转位移：
解得：
同理可得到偏转角度的正切：
可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故三种粒子打屏上同一点，故D正确；
B．粒子的运动轨迹相同，电荷量相同，电场力相同，在偏转电场中电场力做功相同，故B正确；
C．整个过程运用动能定理得：
在偏转电场中电场力做功W2一样大，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；
故选BD。
15. 【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设粒子在电场中的时间为t，水平方向
竖直方向
解得
（2）粒子逆着电场线偏转，说明粒子带负电，由动能定理
所以
16.【答案】(1)；(2)
【详解】(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得
设金属板AB的长度为L，电子偏转时间
电子在偏转电场中产生偏转加速度
电子在电场中偏转
由以上解得
(2)设电子穿过电场时的动能为Ek，根据动能定理得
17.【答案】（1）（2）（3）
【详解】（1）根据动能定理得：
代入数据解得：
；
（2）根据牛顿第二定律得：
代入数据得：
；
（3）粒子在电场中的运动时间为：
离开电场时的竖直分速度为：
根据平行四边形定则知：
代入数据解得：
．
18. 【答案】(1) ；(2) ；(3)由动能定理证明即可
【详解】(1)由双曲线可知，B、C间距为，电子从B运动到C，由动能定理得，解得电子通过C点时的速度大小．
(2)电子从C点进入区域Ⅱ中做类平抛运动，在y轴方向有，，
在x轴方向有2L=vCt，
解得电场区域Ⅱ中的电场强度大小．
(3)设电子从AB曲线上P(x，y)点进入电场区域Ⅰ，在区域Ⅰ，由动能定理得，假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且到达x轴上的x'处，在x轴方向，有x'=v0t1
在y轴方向有，，
联立解得x′=2L．
即从AB曲线上任一位置由静止释放的电子都从N点离开电场．10.5 带电粒子在电场中的运动课前预习
1. 带电粒子在电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路：
（1）利用___________定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是___________且涉及___________等描述运动过程的物理量，公式有qE=___________，v=v0＋___________等。
（2）利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及___________、___________等动能定理公式中的物理量或___________电场情景时，公式有qEd=mv2-mv（匀强电场）或qU=mv2-mv（任何电场）等。
2. 带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子（忽略重力），以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。
（1）运动性质：
①沿初速度方向：速度为___________的匀___________运动。
②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动。
（2）运动规律：
①偏移距离：因为t=，a=，
偏移距离y=at2=。
②偏转角度：因为vy=at=，
tan θ==。
3. 示波管的原理
（1）示波管主要由___________ （由发射电子的灯丝、加速电极组成）、___________ （由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成）和___________组成。
（2）扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的___________电压。
（3）示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个___________电压，在X偏转电极上加一个___________电压，当扫描电压与信号电压的周期___________时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像。
参考答案
1.【答案】（1）牛顿第二；匀强电场 ； 运动时间 ；ma ；at ；（2）位移 ；速率； 非匀强
2.【答案】（2）①. v0 ； 速直线
3.【答案】（1） 电子枪；偏转电极； 荧光屏 ；（2） 锯齿形；（3） 信号 ；扫描； 相同
