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[随堂检测]1．如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则()A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极解析：选D．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则必须使得YY′电场方向向上，XX′方向电场指向X方向，即X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极，故选D．2.(多选)如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1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U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度每单位电压引起的偏转量hU2，可采用的方法是()A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L长些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1升高一些解析：选BC．电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度hU2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U1加速有eU1＝12mv20，电子经过偏转电场的过程有L＝v0t，h＝12at2＝eU22mdt2＝U2L24dU1.由以上各式可得hU2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L，或减小d，或减小U1.3．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后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′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的比荷解析：选C．粒子在电场中做类平抛运动，h＝12·qEm·xv02得：x＝v02mhqE.由v02hmaEqav02hmbEqb得qamaqbmb.4.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∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶1解析：选A．由y＝12at2＝12·Uqmd·l2v20得：U＝2mv20dyql2，所以U∝yl2，可知A项正确．5.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是()解析：选B．加A图中电压后，电子向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板；加B图中电压后，电子可能在A、B板间做往复运动，电子到达不了B板；加上C、D图中电压后，电子在水平方向上做变加速运动，但运动方向一直向着B板，故电子一定能到达B板．综上所述，符合题意的选项为B．[课时作业]一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A．带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A．2．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是()A．质子(11H)B．α粒子(42He)C．钠离子(Na＋)D．都相同解析：选B．qU＝12mv2－0，U相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确．3.如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶4解析：选B．由y＝12EqmL2v20和Ek0＝12mv20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，故选B．4.三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可知，下列判断错误的是()A．在B飞离电场的同时，A刚好打在负极板上B．B和C同时飞离电场C．进入电场时，C的速度最大，A的速度最小D．动能的增加量C最小，A和B一样大解析：选B．由题意知，三个α粒子在电场中的加速度相同，A和B有相同的偏转位移y，由公式y＝12at2得，A和B在电场中运动的时间相同，由公式v0＝xt得vBvA，同理，vCvB，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为vCvBvA，故A、C正确，B错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为yA＝yByC，由动能定理可知，三个粒子的动能的增加量C最小，A和B一样大，D正确．5.如图所示，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场中央进入两平行金属板间的匀强电场．已知粒子的带电量为q，重力可忽略．两板间的电势差为U，则粒子运动过程中()A．若粒子从电场中射出，则粒子动能增加了qUB．若粒子从电场中射出，则静电力一定对粒子做了qU2的功C．若粒子打在极板上，则粒子的动能一定增加了qUD．若粒子打在极板上，则静电力一定对粒子做了qU2的功解析：选D．若粒子从电场中射出，恰好从右板边缘飞出，电场力做功最大，最大为qU2，由动能定理可知动能增加最大为qU2，故A、B错误；若粒子打在极板上，粒子初、末位置的电势差为U2，电场力一定对粒子做功qU2，根据动能定理得，动能一定增大qU2，故C错误，D正确．6.喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关解析：选C．由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，选项A错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，选项B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝12qUdmt2＝12qUdm·xv2，此为抛物线方程，选项C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，选项D错误．二、多项选择题7.如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出．若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球()A．将打在下极板中央B．仍沿原轨迹由下极板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央解析：选BD．将电容器上极板或下极板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝Ud＝QCd＝4kπQεS可知，电容器产生的场强不变，以相同速度从原处入射的小球仍将沿原轨迹运动．当上极板不动，下极板向上移动时，小球可能打在下极板的中央．8.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O点经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1；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y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是()A．只增大U1，则t1增大B．只增大U1，则y减小C．只增大U2，则v2增大D．只增大U2，则y减小解析：选BC．由F＝Uqd可知，增大U1，其他条件不变时，电子受力变大，加速度变大，运动的时间t1减小，故A错误；根据U1q＝12mv21；L＝v1t2；y＝12U2qdmt22解得y＝U2L24dU1可知，若要电子离开偏转电场时偏移量y变小，仅使U2变小，或者增大U1，其他条件不变即可，故B正确，D错误；v2＝v21＋v2y＝v21＋U2qdmLv12，则只增大U2，则v2增大，选项C正确．9．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝T4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝T4时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：选AC．对应电压图像作出带电粒子的速度图像，根据速度图像包围的面积分析粒子的运动．由图丙知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确，B错误．由图丁知，t＝T4时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的T2内不能到达右板，则之后往复运动，选项C正确，D错误．三、非选择题10.如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角．在这一过程中，不计粒子重力．求：(1)该粒子在电场中经历的时间；(2)粒子在这一过程中电势能的增量．解析：(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在竖直方向vy＝at，a＝qEm，联立三式可得t＝3mv03Eq.(2)射出电场时的速度v＝v0cos30°＝23v0，由动能定理得静电力做功为W＝12mv2－12mv20＝16mv20，根据W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－16mv20.答案：(1)3mv03Eq(2)－16mv2011.一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求OP.__解析：电子经U1的电场加速后，由动能定理可得eU1＝mv202①电子以v0的速度进入U2的电场并偏转t＝lv0②E＝U2d③a＝eEm④v⊥＝at⑤由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tanθ＝v⊥v0＝U2l2U1d.所以OP＝l2＋Ltanθ＝U2l2U1dl2＋L.答案：U2l2U1dl2＋L__12.如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子(质量为m，电荷量为＋q)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：(1)极板间的电场强度E的大小；(2)该粒子的初速度v0的大小；(3)该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小．解析：(1)两极板间的电压为U，两极板的距离为d，所以电场强度大小为E＝Ud.(2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有d＝12at2根据牛顿第二定律可得：a＝Fm而F＝Eq，所以a＝Uqdm解得：v0＝LdUq2m.(3)根据动能定理可得Uq＝Ek－12mv20解得Ek＝Uq1＋L24d2.答案：(1)Ud(2)LdUq2m(3)Uq1＋L24d2