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第25讲　带电粒子在电场中的偏转
【学习目标】
1.掌握带电粒子在电场中偏转的规律。
2.理解带电粒子在示波管中的运动。
3.掌握带电粒子在交变场中的运动规律。
考点一　带电粒子在匀强电场中的偏转
1.带电粒子在电场中的偏转规律
2.两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移距离和偏转角总是相同的。
(2)速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点，该点到偏转电场边缘的距离为水平位移的一半。
3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法
(1)Y=y＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)Y=tan θ(l为偏转电场的极板长度)。
(3)Y=y＋vy·。
(4)根据相似三角形有：。
[例1]　(2025·杭州期中)喷墨打印机的简化结构如图所示，墨盒发出质量为m的微小墨滴，经带电室后所带电荷量由输入信号控制。随后以一定的初速度v0进入长为L、间距为d、电压为U的带电平行金属板，金属板右端与纸的距离为L1。忽略空气阻力、墨滴所受重力和偏转电场的边缘效应。下列操作中，不能使纸上的文字尺寸放大的是(　B　)
A.仅增大L1 B.仅增大d
C.仅增大U D.仅增大q
【解析】 粒子进入偏转电场时水平方向有L=v0t，竖直方向有y=·t2，出离电场后速度的反向延长线经过两板中点，可知，联立解得Y=，由于不能使纸上的文字尺寸放大，则Y变小，故仅增大d满足，B正确。
[例2]　(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　C　)
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度为a=
D.粒子从N板下端射出的时间t=
【解析】 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，则动能增加，静电力做正功，电势能减小，平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，B错误；设两板间的距离为d，平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有=v0t，d=at2，垂直M板向右的粒子在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中的加速度相同，有(v0)2－=2ad，联立解得t=，a=，C正确，D错误。
[例3]　(2025·嘉兴期中)如图所示，质量相同、带电荷量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2。下列说法中，正确的是(　D　)
A.t1∶t2=∶2 B.a1∶a2=4∶1
C.q1∶q2=2∶1 D.ΔEk1∶ΔEk2=16∶1
【解析】 对粒子1，有x=v0t1，y=a1，a1=，ΔEk1=Eq1y，对粒子2，有x=v0t2，y=a2，a2=，ΔEk2=Eq2，由此可知t1∶t2=1∶2，a1∶a2=8∶1，q1∶q2=8∶1，ΔEk1∶ΔEk2=16∶1，D正确。
考点二　带电粒子在交变电场中的偏转
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)的情形。
当粒子垂直于交变电场方向射入时，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.注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，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临界条件。
4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，则带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
[例4]　如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0 时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动，下列说法中正确的是(　B　)
　　
甲 乙
A.一开始向左运动，最后打到A板上
B.一开始向右运动，最后打到A板上
C.一开始向左运动，最后打到B板上
D.一开始向右运动，最后打到B板上
【解析】 若在~内的某一时刻由静止释放该粒子，开始时A板电势高，则带电粒子先加速向B板运动，再减速运动至零，然后再反方向向左加速运动、再减速运动至零，如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A板上，B正确。
[例5]　(2025·宁波期中)如图甲所示，两水平放置的平行金属板A、B，板长为L，板间距离为d，OO'为两板中心线，两板间加上有周期性变化的电压UAB，如图乙所示(图中T为已知量，U0为未知量)。左侧P为粒子源，源源不断地发出质量为m、带电荷量为q(q＞0)的粒子，粒子均以相同的初速度从O点水平射入两板间。若带电粒子在t=0时刻从O点射入平行板，T时刻刚好从B板的右边缘射出。带电粒子的重力、粒子间的相互作用均忽略不计，两板间的电场为理想匀强电场。求：
　　
甲 乙
(1)带电粒子射入平行板的初速度；
(2)图乙中U0的值。
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)由题可知，粒子在电场中沿水平方向做匀速直线运动，则有L=v0T，可得粒子射入平行板的初速度v0=。
(2)0~，粒子在平行板竖直方向做匀加速运动，粒子的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得=ma1，解得a1=，方向竖直向下，此阶段沿竖直方向偏转的位移y1=a1·，此时粒子沿竖直方向的速度vy=a1·~T时间内，粒子竖直方向的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有=ma2，解得a2=，方向竖直向上，此阶段粒子在竖直方向做匀减速直线运动，偏转位移y2=vy·a2，根据题意可得y1＋y2=，联立解得U0=。
考点三　示波管的原理
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YY'偏转极板上加一个信号电压，在XX'偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按YY'偏转电压规律变化的可视图像。
3.确定最终的偏移距离
4.确定偏转后的动能
[例6]　(2025·金丽衢十二校联考)如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极XX'之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极YY'之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是(　B　)
甲
　
乙 丙
A. B. C. D.
【解析】 由于电极XX'加的电压保持不变且UXX'＞0，可知由于在XX'方向上的偏转位移偏向X且保持不变，在YY'方向上电压接正弦规律变化，即YY'方向上偏移在正负最大值之间变化，B正确，A、C、D错误。
[例7]　(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　D　)
A.在XX'极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α=
【解析】 电子在XX'极板间的加速度a=，A错误；电子经过加速电压加速，电场力做的功为10eU，在经过偏转电极XX'时，电场力还会做功，电子以速度v0从其中央射入，电场力最多做功0.5eU，因此电子打在荧光屏上时动能最大为10.5eU，B错误；电子在XX'极板间受到电场力的冲量I=e·t，而电子在XX'极板间沿垂直于电场方向做匀速直线运动，有t=，电子经电子枪加速过程，有10eU=m，联立解得I=，C错误；电子在XX'极板间偏移的距离y=··，在加速电场中有m=10eU，根据推论可知tan α=，代入化简得tan α=，D正确。(共30张PPT)
【学习目标】1.掌握带电粒子在电场中偏转的规律。
2.理解带电粒子在示波管中的运动。
3.掌握带电粒子在交变场中的运动规律。
考点一　带电粒子在匀强电场中的偏转
考点二　带电粒子在交变电场中的偏转
考点三　示波管的原理
内
容
索
引
课时作业
第25讲　带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在电场中的偏转规律
考点一　带电粒子在匀强电场中的偏转
2.两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移距离和偏转角总是相同的。
(2)速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点，该点到偏转电场边缘的距离为水平位移的一半。
3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法
(1)Y=y＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)Y=tan θ(l为偏转电场的极板长度)。
(3)Y=y＋vy·。
(4)根据相似三角形有：。
(2025·杭州期中)喷墨打印机的简化结构如图所示，墨盒发出质量为m的微小墨滴，经带电室后所带电荷量由输入信号控制。随后以一定的初速度v0进入长为L、间距为d、电压为U的带电平行金属板，金属板右端与纸的距离为L1。忽略空气阻力、墨滴所受重力和偏转电场的边缘效应。下列操作中，不能使纸上的文字尺寸放大的是(　 　)
A.仅增大L1
B.仅增大d
C.仅增大U
D.仅增大q
例 1
【解析】 粒子进入偏转电场时水平方向有L=v0t，竖直方向有y=·t2，出离电场后速度的反向延长线经过两板中点，可知，联立解得Y=，由于不能使纸上的文字尺寸放大，则Y变小，故仅增大d满足，B正确。
B
(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　 　)
A.M板电势高于N板电势
B.两个粒子的电势能都增加
C.粒子在两板间的加速度为a=
D.粒子从N板下端射出的时间t=
例 2
【解析】 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，则动能增加，静电力做正功，电势能减小，平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，B错误；设两板间的距离为d，平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有=v0t，d=at2，垂直M板向右的粒子在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中的加速度相同，有(v0)2－=2ad，联立解得t=，a=，C正确，D错误。
C
(2025·嘉兴期中)如图所示，质量相同、带电荷量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，粒子1和2所带电荷量分别为q1和q2，在电场中的运动时间分别为t1和t2，在电场中运动的加速度分别为a1和a2，在电场中运动时动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2。下列说法中，正确的是(　 　)
A.t1∶t2=∶2 B.a1∶a2=4∶1
C.q1∶q2=2∶1 D.ΔEk1∶ΔEk2=16∶1
例 3
【解析】 对粒子1，有x=v0t1，y=a1，a1=，ΔEk1=Eq1y，对粒子2，有x=v0t2，y=a2，a2=，ΔEk2=Eq2，由此可知t1∶t2=1∶2，a1∶a2=8∶1，q1∶q2=8∶1，ΔEk1∶ΔEk2=16∶1，D正确。
D
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)的情形。
当粒子垂直于交变电场方向射入时，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.注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，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临界条件。
4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，则带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
考点二　带电粒子在交变电场中的偏转
如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0 时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动，下列说法中正确的是(　 　)　　
A.一开始向左运动，最后打到A板上
B.一开始向右运动，最后打到A板上
C.一开始向左运动，最后打到B板上
D.一开始向右运动，最后打到B板上
例 4
【解析】 若在~内的某一时刻由静止释放该粒子，开始时A板电势高，则带电粒子先加速向B板运动，再减速运动至零，然后再反方向向左加速运动、再减速运动至零，如此反复运动，每次向右运动的距离小于向左运动的距离，最终打在A板上，B正确。
B
甲 乙
(2025·宁波期中)如图甲所示，两水平放置的平行金属板A、B，板长为L，板间距离为d，OO'为两板中心线，两板间加上有周期性变化的电压UAB，如图乙所示(图中T为已知量，U0为未知量)。左侧P为粒子源，源源不断地发出质量为m、带电荷量为q(q＞0)的粒子，粒子均以相同的初速度从O点水平射入两板间。若带电粒子在t=0时刻从O点射入平行板，T时刻刚好从B板的右边缘射出。带电粒子的重力、粒子间的相互作用均忽略不计，两板间的电场为理想匀强电场。求：
(1)带电粒子射入平行板的初速度；
例 5
【解析】 由题可知，粒子在电场中沿水平方向做匀速直线运动，则有L=v0T，可得粒子射入平行板的初速度v0=。
【答案】 　
甲 乙
(2)图乙中U0的值。
【解析】 0~，粒子在平行板竖直方向做匀加速运动，粒子的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得=ma1，解得a1=，方向竖直向下，此阶段沿竖直方向偏转的位移y1=a1·，此时粒子沿竖直方向的速度vy=a1·~T时间内，粒子竖直方向的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有=ma2，解得a2=，方向竖直向上，此阶段粒子在竖直方向做匀减速直线运动，偏转位移y2=vy·a2，根据题意可得y1＋y2=，联立解得U0=。
【答案】
乙
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YY'偏转极板上加一个信号电压，在XX'偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按YY'偏转电压规律变化的可视图像。
考点三　示波管的原理
3.确定最终的偏移距离
4.确定偏转后的动能
(2025·金丽衢十二校联考)如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极XX'之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极YY'之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是(　 　)
例 6
【解析】 由于电极XX'加的电压保持不变且UXX'＞0，可知由于在XX'方向上的偏转位移偏向X且保持不变，在YY'方向上电压接正弦规律变化，即YY'方向上偏移在正负最大值之间变化，B正确，A、C、D错误。
甲 乙 丙
A. B. C. D.
B
(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　 　)
A.在XX'极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tan α=
例 7
D
【解析】 电子在XX'极板间的加速度a=，A错误；电子经过加速电压加速，电场力做的功为10eU，在经过偏转电极XX'时，电场力还会做功，电子以速度v0从其中央射入，电场力最多做功0.5eU，因此电子打在荧光屏上时动能最大为10.5eU，B错误；电子在XX'极板间受到电场力的冲量I=e·t，而电子在XX'极板间沿垂直于电场方向做匀速直线运动，有t=，电子经电子枪加速过程，有10eU=m，联立解得I=，C错误；电子在XX'极板间偏移的距离y=··，在加速电场中有m=10eU，根据推论可知tan α=，代入化简得tan α=，D正确。
课时作业
答案速对
第九单元 第25讲　带电粒子在电场中的偏转 题号 1 2 3 4 5
答案 D BC A B B
题号 6 7 8 9 10
答案 D C ABD BD (1)　(2)
1.如图所示，一带负电的粒子(不计重力)以某一初速度沿两平行板的中轴线方向射入偏转电场，已知极板长度为l，间距为d，粒子的质量为m，电荷量为q。若粒子恰好从极板边缘射出电场，则由以上条件可以求出的是(　 　)
A.粒子的初速度 B.两平行板间的电势差
C.粒子射出电场时的速度 D.粒子在板间运动过程中速度的偏转角
【解析】 设两平行板间的电势差为U，粒子的初速度为v0，两板间的电场强度为E，则粒子在两板间运动时竖直方向上的加速度a=，其中E=，粒子在两板间做类平抛运动，有at2，t=，联立得md2=qUl2，所以v0和U均无法求得，A、B错误；粒子在偏转电场中运动，根据动能定理有mmqU，由于v0和U均未知，所以无法求出粒子射出电场时的速度vt，C错误；由平抛运动规律可知，出射速度方向的反向延长线过水平位移的中点，设速度的偏转角为θ，则tan θ=，所以速度的偏转角可以求出，D正确。
D
2.(多选)(2025·浙江天域联盟)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，电荷量相同、重力不计的带电微粒A、B以相同的初速度从不同位置平行于金属板射入电场，结果打在金属板上的同一点P，不计微粒的重力及两微粒之间的作用力。下列说法中，正确的有(　 　)
A.在电场中，微粒A运动的时间比B的长
B.在电场中，微粒A、B运动的时间相同
C.微粒A的质量比微粒B的小
D.打在P点时，微粒A的速度比微粒B的速度小
【解析】 两个带电粒子进入电场后都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，运动时间t=，因为x、v0相等，则t相等，A错误，B正确；在竖直方向上两个粒子做初速度为零的匀加速直线运动，有y=at2=，可得粒子的质量m=，q、t、E相等，可知，m∝，所以微粒A的质量比微粒B的小，C正确；在P点，根据速度的分解可知cos θ=，由图可知A的偏转角θ更大，所以微粒A的速度比微粒B的速度大，D错误。
BC
3.(2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　 　)
A.
B.
C.
D.
【解析】 粒子在等势线上移动，电势能不变，可知电场力不做功，即在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，则E1q=m，E2q=m，联立得，A正确。
A
4.(2025·温州期中)有一种电子仪器叫作示波器，可以用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，如图所示为它的原理图。若两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑。如果在偏转电极XX'上不加电压，在偏转电极YY'上加电压，YY'两极板间距为d。现有一电子以速度v0进入示波管的YY'偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，下列说法中，正确的是(　 　)
A.若UYY'＞0，则电子打在荧光屏中心位置下方
B.若仅增大偏转电压UYY'，则t不变
C.若仅减小YY'极板间的距离d，则y不变
D.若UYY'＞0，UXX'＜0，则可以让电子打在荧光屏正中心处
B
【解析】 若UYY'＞0，则电子受到的电场力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，A错误；电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以若仅增大偏转电压UYY'，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间t不变，B正确；电子在竖直方向做匀加速直线运动，偏转位移y=at12=，时间不变，若仅减小YY'极板间的距离d，偏转位移y变大，C错误；若UYY'＞0，则电子受到的电场力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，若UXX'＜0，则电子受到的电场力水平向左，所以电子打在荧光屏中心位置左方，所以电子不会打在荧光屏正中心处，D错误。
5.如图甲所示为极板长度为L的平行板电容器，虚线为电容器的中轴线，两极板M、 N接在如图乙所示的交流电源上(t=0时刻M板带负电)。在t=时刻，一带正电的粒子以v=的速度沿虚线方向射入电容器并能飞出，不计粒子的重力，则该粒子在极板间运动的轨迹可能是(　 　)
B
甲 乙
A. B. C. D.
【解析】 一带正电的粒子以v=的速度沿虚线方向射入电容器，粒子在水平方向做匀速直线运动，飞出极板的时间t==2T，~内，M板带负电，粒子受合力向上，竖直方向做匀加速直线运动，轨迹曲线向上弯曲；~T粒子所受合力向下，轨迹曲线向下弯曲，在竖直方向上先减速到0，后加速向下，轨迹先向上后向下；T~粒子所受合力向上，轨迹曲线向上弯曲，先在竖直方向向下减速到零，后加速向上，轨迹先向下后向上；~2T粒子的运动情况与~T粒子的运动情况相同，B正确。
6.(2025·重庆卷)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，
如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP中
点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入
电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受
重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b(　 　)
A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大
C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2
【解析】 根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，沿电场方向的位移大小相等，由y=at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可得，可知，带电粒子具有相同比荷，A错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，B错误；沿电场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，C错误；由图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，D正确。
D
7.如图所示为示波器原理图，电子从静止开始经加速电压U1加速后，射入板间电压为U2的匀强电场发生偏转，最终离开电场打在荧光屏上的P点。下列说法中，正确的是(　 　)
A.a点电势高于b点电势
B.仅增大电压U1，偏转距离OP增大
C.仅减小电压U2，偏转距离OP减小
D.仅增大电压U1，可提高示波器的灵敏度(单位偏转电压
引起的偏转距离)
【解析】 电子向下偏转，则上极板带负电，下极板带正电，即a点电势低于b点电势，A错误；电子在加速电场中，由动能定理，有eU1=mv02－0，得v0=，在偏转电场中，极板长度L=v0t，竖直位移y=at2，且由牛顿第二定律，有=ma，联立解得y=，可知，当y越大时，最终的偏转距离OP也越大，则仅增大U1，OP减小，仅减小U2，OP也减小，B错误，C正确；仅增大U1，则y和OP均减小，则会降低示波器的灵敏度，D错误。
C
8.(多选)如图所示，质量为m、带电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度大小分别为va=v、vb=v，方向分别与AB成α=60°角斜向上、θ=30°角斜向下，已知AB=L，下列说法中，正确的有( 　 　)
A.质子从A到B的运动为匀变速运动 B.电场强度大小为
C.质子从A点运动到B点所用的时间为 D.质子的最小速度为v
【解析】 质子在匀强电场中运动，受力恒定，故加速度恒定，则质子从A到B的运动为匀变速运动，A正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度不变，设va与电场线的夹角为β，由于va与vb方向垂直，所以vb与电场线的夹角为90°－β，如图所示，则有vasin β=vbcos β，解得β=60°，根据动能定理有qELcos 60°=mm，解得E=，B正确；根据几何关系可得，AC的长度为Lsin 60°=L，则质子从A点运动到B点所用的时间t=
，C错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与静电力方向垂
直时，质子的速度最小，最小速度vmin=vasin β=v，D正确。
ABD
9.(多选)水平地面上方有水平方向的匀强电场，从地面上的A点斜向右上方以速度v0抛出一个电荷量为q、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角θ=53°，运动轨迹如图所示，B点为轨迹的最高点，M、N两点在同一高度上，C点为落点。已知电场方向与AC平行，场强大小E=，其中g为重力加速度，空气阻力可忽略，则(　 　)
A.小球带正电 B.小球在A、B两点的动能相同
C.M点电势高于N点电势 D.小球在B点的电势能大于在C点的电势能
【解析】 由题意可知，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀变速直线运动，根据竖直上抛运动的对称性可知，小球从A点运动到B点与从B点运动到C点所用的时间相同；由运动轨迹可知，小球从A点运动到B点过程中的水平位移小于从B点运动到C点过程中的水平位移，说明小球在沿电场方向做加速运动，小球从B点到C点的过程中，电场力做正功，则电势能减小，故小球在B点的电势能大于在C点的电势能，D正确；由于电场方向不确定，故无法判断小球的电性及B、C两点的电势高低，A、C错误；B点为轨迹的最高点，所以小球在B点时竖直分速度为零，设小球在B点时速度为vx，由vy0=gt，ax=，vx=vx0＋axt，vx0=v0cos 53°，vy0=v0sin 53°，联立解得vx=v0，故小球在A、B两点的动能相同，B正确。
BD
10.(2025·宁波期末)如图甲所示，真空中的电极可连续不断地均匀飘出电子(电子的初速度可视为0)。电子经电场加速后，由小孔Q穿出并沿平行板电容器中轴线射入偏转电场，AB两板间距为d，板长为2L，两板间加周期性变化的电压UAB如图乙所示，已知加速电压U1=，电子的质量为m，电量为e，T为偏转电场的周期，图中U0为已知量。不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0；
【解析】 粒子在加速电场中运动时，U1e=m，其中U1=，解得v0=。
【答案】 　
甲 乙
(2)t=0时刻射入电容器的电子离开电场时偏离AB中轴线的距离y。
【解析】 粒子在偏转电场中水平方向匀速运动，则时间t==T，加速度a1=，则0~内竖直位移y1=a1~T内做减速运动，加速度a2=2a1=，则y2=a2= 0，电子离开电场时偏离AB中轴线的距离y=y1＋y2=。
【答案】

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