第一章 第九节
1．(2018·天津名校一模)如图，在两水平极板间存在匀强电场，电场方向竖直向下．一带负电颗粒(重力不可忽略)以某一速度沿水平直线通过两极板．下列四个物理量中只改变哪一个时，粒子运动轨迹不会改变( )
A．颗粒速度的大小 B．颗粒的质量
C．电场强度 D．颗粒所带的电荷的电性
【答案】A
【解析】颗粒沿水平直线通过两极板可得，电场力和重力方向相反，大小相等，即qE＝mg，单独改变m、E、q时，平衡都会受到破坏，运动轨迹变化，B、C、D错误．只改变v，受力不变，轨迹不变，A正确．
2．(2019·铜仁校级模拟)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是( )
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是aA＜aB＜aC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA
【答案】C
3．(2019·湛江一模)如图所示，水平放置的两正对平行金属薄板M、N带等量异种电荷，中央各有一个小孔，两小孔分别处于P点和Q点位置．小孔对电场的影响可忽略不计．在P点正上方一定高度处的O点，由静止释放一带电油滴，该油滴恰好能到达Q点．现将N板向下平移至N′(图中虚线)位置，此时N板小孔处于Q′点位置．则从O点由静止释放的带电油滴( )
A．运动到P点和Q点之间返回
B．运动到Q点和Q′点之间返回
C．运动到Q点返回
D．运动到Q′点返回
【答案】C
【解析】由题意可知，该油滴恰好能到达Q点，设O点到P点高度为h，MN两板之间距离为d，根据动能定理有mg(h＋d)－qEd＝0①，且E＝②，对两极板有Q＝CU③，且有C＝④，由②③④可得E＝⑤，由⑤可知，将N板向下平移至N′(图中虚线)位置，由于电荷量不变，则两极板间的电场强度不变，则由①可知d不变，则C正确，A、B、D错误.
第一章 第九节
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求；第6题有多项符合题目要求)
1．(2019·长沙名校期末)如图所示，电子从负极板边缘垂直射入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出．现在若使两极板间的距离变为原来的2倍，两极板的电压保持不变，电子入射的方向和位置不变，且电子仍恰从正极板边缘飞出，则电子入射速度大小应为原来的( )
A. B.
C.倍 D．2倍
【答案】B
【解析】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧负极板边缘飞入匀强电场，恰能从右侧极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量为e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E，极板之间的电压为U.由于粒子做类平抛运动，水平方向L＝vt，竖直方向a＝＝＝，d＝at2＝，故d2＝.若间距d变为原来的两倍，粒子仍从正极板边沿飞出，则电子入射速度大小应为原来的.故选B.
2．(2019·梅州名校月考)一带负电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，下列判断正确的是( )
A．油滴的电势能减少
B．A点电势高于B点电势
C．油滴所受电场力小于重力
D．油滴重力势能减小
【答案】A
【解析】由图示运动轨迹可知，带电油滴的运动轨迹向上偏转，则其合力方向向上，油滴受到竖直向下的重力和竖直方向的电场力，则知电场力必定竖直向上，故电场力做正功，电势能减小，故A正确；油滴逆着电场线运动，电势升高，则A点电势低于B点电势，故B错误；油滴受到的合力方向竖直向上，电场力必定大于重力，故C错误；因油滴向上运动，故重力做负功，重力势能增加，故D错误．
3．(2019·温州名校模拟)如图所示，是喷墨打印机的简化模型．质量为m的墨汁微粒经带电室带上负电后，以某一速度平行于极板飞入板间，已知板间匀强电场的电场强度为E，微粒最终打在纸上，则以下说法正确的是( )
A．墨汁微粒的电荷量不一定是电子电量的整数倍
B．当墨汁微粒的电荷量q＞时，微粒向负极板偏
C．当墨汁微粒的电荷量q＜时，微粒向正极板偏
D．当墨汁微粒的电荷量q＝时，微粒沿直线穿过电场
【答案】D
【解析】墨汁微粒的带电量必须是元电荷的整数倍，所以墨汁微粒的电荷量一定是电子电量的整数倍，故A错误；由墨汁微粒带负电，在电场中受到的电场力的方向向上，当墨汁微粒的电荷量q＝时，微粒受到的电场力与重力大小相等，方向相反，所以墨汁微粒沿直线穿过电场；当墨汁微粒的电荷量q＞时，微粒受到的向上的电场力大于重力，合外力的方向向上，微粒向正极板偏，故B错误，D正确；当墨汁微粒的电荷量q＜时，微粒受到的向上的电场力小于重力，合外力的方向向下，微粒向负极板偏，故C错误．故选D.
4．(2018·全国三模)一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿x轴正方向做直线运动的vt图象如图所示，起始点O为坐标原点．下列关于电势φ、粒子的动能Ek、电场强度E、粒子加速度a与位移x的关系图象中，可能合理的是( )
A B C D
【答案】C
【解析】vt图象的斜率表示加速度，则知粒子的加速度减小，由牛顿第二定律知 qE＝ma，得场强E逐渐减小，由E＝－知φx图象切线斜率是变化的，所以φx图象是曲线，故A错误．v减小，则知动能Ek减小，故B错误．E随时间减小，粒子做减速直线运动，E可能随x均匀减小，故C正确．a随时间减小，粒子做减速直线运动，a随x增大而减小，故D不正确．故选C.
5．(2019·惠来校级期末)如图所示，水平放置的平行板电容器，闭合开关与稳压直流电源连接，下板固定，当上板在AB位置时，一个带电油滴刚好静止在电容器的中点，现在断开开关，使上板在AB位置与A′B′位置之间上下往复移动，以下关于带电油滴的运动描述正确的是( )
A．油滴在电容器两极板间上下往复运动
B．油滴始终向下极板运动最后到达下极板
C．油滴始终处于静止状态
D．上板向上移动时，油滴做加速运动；上板向下移动时，油滴做减速运动
【答案】C
【解析】根据电容的决定式C＝、电容的定义式C＝和E＝，可得板间场强E＝，可知E与d无关．由题意可知，电容器所带电量Q不变，极板正对面积S不变，εr不变，得到板间场强E不变，则油滴所受的电场力不变，所以油滴始终处于静止状态．故A、B、D错误，C正确．故选C.
6．(2018·江西名校一模)如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右拋出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断错误的是( )
A．Q点在P点正下方
B．小球电势能减少
C．小球重力势能减少量等于mg2t2
D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧
【答案】ABD
【解析】由于始末动能相等，故电势能的增加量等于重力势能的减少量，减小量为ΔEp＝mg·gt2＝mg2t2，B错误，C正确；由于粒子带负电且电势能增加，故Q点只能在竖直线的右侧，A、D错误．故选ABD.
二、非选择题
7．电子电荷量为e，质量为m，以速度v0沿着电场线射入场强为E的匀强电场中(重力不计)，如图所示，电子从A点入射到达B点速度为零，则AB两点的电势差为多少？AB间的距离为多少？
【答案】
【解析】由分析知，电子进入电场，只在电场力作用下运动，所以电场力对电子做负功．由动能定理得－eU＝0－mv，故U＝；又U＝Ed，故d＝＝.
8．如图所示，xOy平面内0(1)电场强度的大小；
(2)粒子从P点射出时的速度.
【答案】(1)E＝ (2)2v0，方向与竖直方向夹角60°
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，沿y方向匀速运动y＝v0t，
沿x方向做匀加速运动，
加速度a＝，偏转距离x＝at2，
粒子从O到P，x＝L，y＝L，
解得E＝.
(2)水平方向的速度vx＝at＝·＝v0，
粒子从P点射出时的速度v＝＝2v0，方向与竖直方向夹角60°.
能力提升
9．(2019·宝安校级期末)示波管的内部结构如图甲所示，如果在电极YY′之间加上图乙(a)所示的电压，在XX′之间加上图乙 (b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是( )
甲
乙
A B
C D
【答案】C
【解析】电极YY′之间加上图乙(a)所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在XX′之间加上图乙(b)所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图象．故C正确，A、B、D错误．故选C.
10．(2019·南昌月考)水平面上的三点A、O、B在一条直线上，OB＝2OA，OO′是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1＝，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电量为q的小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，落在B点时的速度方向竖直向下，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
B．小球经过分界线时的速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝
C．小球经过分界线时离水平面的高度为
D．左右两区域电场强度大小的比值为E1∶E2＝1∶2
【答案】B
【解析】小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等．根据B点速度竖直向下可得，小球落在B点时的速度大小等于v0，则小球在空中运动的总时间为t＝.小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动，故在OO′左侧做加速度a1＝＝g的匀加速运动，在右侧做加速度a2＝的匀减速运动，设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2，则有t1＋t2＝，a1t1＝a2t2，又有OB＝2OA，所以a1t1t2－a2t＝2×a1t，所以t2＝2t1＝，E1∶E2＝a1∶a2＝t2∶t1＝2∶1.小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为h＝v0t1－gt＝.小球经过分界线时的水平速度vx＝a1t1＝v0；竖直速度vy＝v0－gt1＝v0，则速度与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝＝.根据E1∶E2＝2∶1，OB＝2OA，由U＝Ed可得，A、B两点电势相等，故电势能相等．综上可知，A、C、D错误，B正确．
11．(2019·合肥二模)一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ＝45°，如图所示．以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平．现剪断细线，经0.1 s，电场突然反向，场强大小不变，再经0.1 s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1 s小球速度为零．已知小球质量m＝1.0×10－2 kg，电荷量q＝1.0×10－8 C，g取10 m/s2，空气阻力不计．求：
(1)E1和E2；
(2)剪断细线0.3 s末小球的位置坐标．
【答案】(1)107 V/m 3×107 V/m (2)(0.1 m,0.3 m)
【解析】(1)当小球静止时qE1＝mg
则E1＝＝107 V/m
电场力与重力的合力F合＝＝mg
剪断细线后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为
a＝＝10 m/s2
经过0.1 s小球的速度大小为v1＝at＝ m/s
速度的方向与x轴正方向成45°角斜向右下方
在第2个0.1 s内，电场反向，0.2 s末小球有水平分速度vx＝v1cos 45°－t2＝0
竖直分速度vy＝v1sin 45°＋gt2＝2 m/s
即第2个0.1 s末，小球的速度v2大小为2 m/s，方向竖直向下
依题意，在第3个0.1 s内小球做匀减速直线运动
由运动学公式知a′＝＝ m/s2＝20 m/s2
根据牛顿第二定律得a′＝
代入数据解得E2＝3×107 V/m.
(2)第1个0.1 s内，小球的位移大小
s＝at＝×g×0.12 m＝ m
则小球沿x方向移动的距离x1＝scos 45°＝0.05 m
沿y方向移动的距离y1＝ssin 45°＝0.05 m
在第2个0.1 s内，小球沿x方向移动的距离
x2＝v1cos 45°·t2－·t＝0.05 m
沿y方向移动的距离
y2＝v1sin 45°·t2＋gt＝0.15 m
在第3个0.1 s内，沿y方向移动的距离
y3＝v2t3－a′t＝0.1 m
则小球速度为零时的位置坐标为(0.1 m,0.3 m)．
课件41张PPT。9 带电粒子在电场中的运动同学们，上一节我们学习了电容器有关规律，首先请大家回顾一下有关知识，然后回答下面的几个问题：
1．(2017·七里河校级期中)下列关于电容器的说法中，正确的是( )
A．电容越大的电容器，带电荷量也一定越多
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极板的距离越小，电容越大
D．电容器的电容与它两极板间的电压成正比【答案】C2．(2018·宿迁一模)如图所示，平行板电容器两极板M、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是( )
A．减小d
B．增大U
C．将M板向左平移
D．在板间插入介质
【答案】C 一、带电粒子的加速
1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般__________静电力，可以____________．
2．加速
(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到静电力与运动方向_______________，做匀加(减)速________运动．远远小于 忽略不计 在同一直线上 直线 (2)用功能观点分析： (语言叙述动能定理)．粒子动能的变化量等于静电力做的功 为零 不为零 任何 二、带电粒子的偏转(限于匀强电场)
1．带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到________________________的静电力作用而做_____________运动(轨迹为抛物线)．
2．偏转运动的分析处理方法(类似平抛运动分析方法)．
(1)沿初速度方向以速度v0做________直线运动．
(2)沿电场力方向做初速度为零的____________运动．恒定的与初速度方向垂直 匀变速曲线 匀速 匀加速直线 三、示波管的原理
1．构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由__________(发射电子的灯丝、加速电极组成)、____________(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和__________组成，如图所示．电子枪 偏转电极 荧光屏 2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．
(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的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偏转极板上加一个____________，在X偏转极板上加一____________，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图象．信号电压 扫描电压 在电子技术中，有时需要研究信号源的电压、电流等是如何变化的，若能测得这些物理量随时间变化的波形图，信号源的情况就会一目了然，使用示波器可以实现这一点．你熟悉示波管的工作原理吗？
【答案】略1．带电粒子的分类
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明显暗示以外，一般都不考虑重力(但不能忽略质量)．
(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等．除有说明或暗示外，一般都不能忽略重力．带电粒子在电场中的加速2．带电粒子的加速
带电粒子在电场中的运动：该问题的研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等力学规律．解该类问题时，主要有以下两种基本思路：
(1)力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子所受的电场力，用牛顿第二定律确定加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于粒子在恒力作用下做匀变速直线运动的情况．(2)功和能的关系——动能定理等：根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理等研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经过的位移等．这种方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1答案：A 1．(2019·博山名校月考)如图所示，匀强电场方向竖直向下，在此电场中有a、b两个带电微粒(不计微粒间的相互作用)，分别竖直向上、竖直向下做匀速运动，则下列说法中不正确的是( )
A．两带电微粒带同种电荷
B．带电微粒a重力势能增加，电势能减小
C．带电微粒b电势能增加，机械能减小
D．两微粒所受的电场力等大、反向【答案】D
【解析】两电荷受重力和电场力处于平衡状态，知电场力方向均向上，则两电荷均带负电，故A正确；对于a电荷，电场力做正功，电势能减小，高度上升，重力势能增加，故B正确；对于b电荷，电场力做负功，电势能增大，动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C正确；虽然是匀强电场，但由于两个微粒质量与电荷量不知，所以它们的电场力大小不一定相等，但方向相同，故D不正确．本题选不正确的，故选D.带电粒子在电场中的偏转 (2017·涞水校级月考)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD2．(多选)(2019·安阳二模)如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上．不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是(三种粒子带电量相同，且m氚＝3m氕，m氘＝2m氕)( )1．示波管构造
示波器的核心部件是示波管，示波管的原理图如图所示，也可将示波管的结构大致分为三部分：电子枪、偏转电极和荧光屏．示波器原理2．示波管的工作原理
(1)偏转电极不加电压
从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑．
(2)在XX′(或YY′)加电压
若所加电压稳定，则电子被加速，偏转后射到XX′(或YY′)所在直线上某一点，形成一个亮斑(不在中心)，如图所示．(3)示波管实际工作时，竖直偏转板和水平偏转板都加上电压，一般地，加在竖直偏转板上的电压是要研究的信号电压，加在水平偏转板上的电压是扫描电压，若两者周期相同，在荧光屏上就会显示出信号电压随时间变化的波形图． 如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e.求：(1)电子穿过A板时的速度大小；
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量．A．增大两板间电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
【答案】C因此要提高灵敏度，可采用的办法有增大L，减小U1，减小d.故C对．
