发布时间 : 星期一 文章（江苏专用）2020高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场第一讲电场的基本性质 - 课前自测诊断卷更新完毕开始阅读
线上的两点，且到MN的距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子运动过程中最大电势能为Em，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间。
解析：(1)粒子释放后，在MN上方电场中电场力做正功，电势能减小，MN下方电场中，电场力做负功，电势能增大，由能量守恒和对称性可知，粒子在A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大，MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为φA，电场强度大小为E，则有U＝φA－0＝φA
Em＝qφA U＝Ed
联立解得E＝。
(2)粒子从A到MN做匀加速直线运动，设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有
Emqdv＝at qE＝ma
12
从A到MN由能量守恒有Em＝mv
2联立解得t＝d2m
Em
由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为
t总＝4t＝4dEmqd2mEm
。
2m
答案：(1) (2)4dEm
11．[考查带电粒子在电场中的加速与偏转]
如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10
－31
kg，电荷量e＝1.6×10
－19
C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极
板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm。(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)求：
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0的大小； (2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h； (3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。 解析：(1)电子在加速电场中加速，根据动能定理有：
eU0＝mv02
解得：v0＝
2eU0
7
12
m代入数据得：v0＝3.0×10 m/s。
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y
电子在水平方向做匀速直线运动：L1＝v0t① 12
电子在竖直方向上做匀加速运动：y＝at②
2根据牛顿第二定律有：＝ma③ 联立①②③代入数据得y＝0.36 cm
画出电子的运动轨迹，由图可知电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点
eUd
由几何关系知，＝＝
h1L1＋2L2
L1＋L22代入数据解得h＝0.72 cm。
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功W＝eEy＝ey＝5.8×10答案：(1)3.0×10 m/s (2)0.72 cm (3)5.8×1012．[考查带电粒子在交变电场中的运动]
如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，AB间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L7
－18
y1L12
L1
Ud－18
J。
J
m，板间中线与电2eU0
子源在同一水平线上。极板长L，距偏转极板右边缘s处有一足够大的荧光屏，经时间t统计(t>T)只有50%的电子能打到荧光屏上。(板外无电场)，求：
(1)电子进入偏转极板时的速度的大小；
(2)在t＝时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离；
4(3)电子打在荧光屏上的范围Y。
12
解析：(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有：eU0＝mv，解得v＝
22eU0
Tm。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间：
Lt1＝＝LvTm＝T 2eU0
故在t＝时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加
4速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，侧移量为零。
(3)电子应在一个周期的时间内射出偏转极板，因为只有50%的电子能打到荧光屏上，1＋8k3＋8k5＋8k所以有50%的电子由于偏转量太大，不能射出，经分析知电子在T～T，T～
8887＋8kT(k＝0,1,2，…)时进入偏转极板，能射出。设两极板间距为d，则电子在偏转电场中8
的加速度大小a＝U0e， dmd1?3?2
则有＝2×a?T?，
22?8?
3解得d＝L
8
因为电子射入偏转板时，竖直方向速度为0，所以电子打在荧光屏上的范围Y＝2d′， 1?3?1?1?
d′＝2×a?T?2－2×a?T?2
2?8?
2?8?
解得Y＝。
3
L答案：(1)
2eU0
(2)0 (3) m3
L