2024届高考物理复习：电容器带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电。①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2．电容定义电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比定义式C＝eq\f(Q,U)单位法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝106μF＝1012pF意义表示电容器容纳电荷本领的高低决定因素由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关3.平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离。(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。二、带电粒子在电场中的运动1．加速(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。2．偏转运动情况如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示处理方法将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题基本关系式运动时间t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏转量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)，偏转角θ的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)情境创设目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置，假设电容器为平行板电容器。微点判断(1)电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号。(√)(2)使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作。(×)(3)手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小。(×)(4)手指与屏的接触面积变大时，电容变大。(√)(5)在手机屏幕上贴上一个厚层钢化玻璃保护膜，电容变大。(√)(6)我们能在手机屏幕上看到各种各样的信息是因为电子束高速撞击荧光屏得到的。(×)[备课札记](一)平行板电容器的动态分析(固基点)[题点全练通]1．[电量不变时的动态分析]在手机塑料壳的生产线上，用图示装置来监控塑料壳的厚度。两个完全一样的金属板A、B，平行正对固定放置，通过导线接在恒压电源上：闭合开关，一小段时间后断开开关，让塑料壳匀速通过A、B间，当塑料壳变厚时()A．两板间电压不变 B．两板间电场强度减小C．两板所带电荷量减小 D．静电计指针偏角增大解析：选B断开开关后电容器的电荷量不变，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)得U＝Q·eq\f(4πkd,εrS)，可知，由于Q不变，当塑料壳变厚时εr增大，两板间电压减小，指针偏角减小，故A、C、D错误；根据E＝eq\f(U,d)可知，两板间距离d不变，电压U减小，则两板间电场强度减小，故B正确。2．[电压不变时的动态分析](2022·随州模拟)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则瓶内液面的高度()A．升高了eq\f(2kdIt,rUεr) B．升高了eq\f(kdIt,rUεr)C．降低了eq\f(2kdIt,rUεr) D．降低了eq\f(kdIt,rUεr)解析：选C由图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由题图可知，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，反之则电容减小，由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，那么电容的电量减小；瓶内液面降低，t时间内减少的电量q＝It，由C＝eq\f(Q,U)可得q＝ΔQ＝U·ΔC，ΔS＝2πr·Δh，故ΔC＝eq\f(εr·2πr·Δh,4πkd)，联立解得Δh＝eq\f(2kdIt,rUεr)，故选C。3．[带电体受力及运动情况的判断](多选)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()A．油滴将向下做匀加速运动B．电流计中电流由b流向aC．油滴运动的加速度逐渐变大D．极板带的电荷量减少解析：选CD由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，B错误，D正确；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，A错误，C正确。[要点自悟明]1．动态分析的思路2．两类动态分析的比较(二)带电粒子(体)在电场中的加速(精研点)1．电场中重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。2．做直线加速运动的条件带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。3．用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad。4．用能量观点分析(1)匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。(2)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。[多维训练]题型1带电粒子在匀强电场中的直线运动1．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B。仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(3,7)l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是()A．电荷量q1与q2的比值为3∶7B．电荷量q1与q2的比值为3∶4C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7解析：选B设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有：a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，对粒子B有：a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，联立解得：eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，A错误，B正确。由动能定理qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得：eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，C、D错误。题型2带电粒子在非匀强电场中的直线运动2．(多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规律如图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，对于此电场，以下说法正确的是()A．该电子做匀变速直线运动B．x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向C．M点的电势是P点电势的eq\f(1,2)D．图像中的E0的数值为1.2解析：选BD由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－eUMP，所以UMP＜0，即φM＜φP，而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿x轴负方向，故B正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误；由题可知WMP＝45eV，E-x图像与横轴围成图形的面积表示对应距离的电势差，可得WMP＝eq\f(E0e＋\f(E0e,2)×5×10－2m,2)＝45eV，解得E0＝1200V，即图像中E0的数值为1.2，故D正确。题型3带电体在电场中的直线运动3.(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A．电场强度的最小值等于eq\f(mg,q)B．电场强度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．带电油滴的机械能可能增加D．电场力可能对带电油滴不做功解析：选CD带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，如图所示。当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq\f(mgsinθ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变，这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E＞eq\f(mgsinθ,q)时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确。(三)带电粒子(体)的偏转(融通点)1．带电粒子在电场中偏转的一般规律2．两个重要推论(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的偏转角、偏移量总是相同的。(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为eq\f(l,2)。3．处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。(2)功能关系：当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。[多维训练]考查角度1不计重力的带电粒子的偏转1．喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5m的墨汁微粒。此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长L1＝1.6cm，两板间的距离d＝0.50cm，偏转极板的右端到纸的距离L2＝2.4cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10kg，所带电荷量为1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点距原射入方向的距离是1.0mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)()A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动B．两偏转板间的电压是2.0×103VC．两偏转板间的电压是5.0×102VD．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%解析：选C墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，A错误；墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线平分水平位移，如图所示：由图可知tanθ＝eq\f(vy,v0)，tanθ＝eq\f(y,\f(L1,2)＋L2)，又vy＝at＝eq\f(qU,md)t，t＝eq\f(L1,v0)，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102V，B错误，C正确；由以上式子整理得y＝eq\f(qUL1L1＋2L2,2mdv02)，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，D错误。考查角度2多种粒子偏转情况比较2．(2021·全国乙卷)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()解析：选AD分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。考查角度3带电体在电场中的偏转3．空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma ①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2 ②解得E＝eq\f(3mg,q)。 ③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－eq\f(1,2)mv12＝mgh＋qEh ④且有v1eq\f(t,2)＝v0t ⑤h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。 ⑦答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)[课时跟踪检测]一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.当带电的云层离地面较近时，云和地面形成一个巨型电容器，它们之间会形成一个强电场，若云层带电量一定，将云层底面及地面始终都看作平整的平面，则()A．当云层向下靠近地面时，该电容器的电容将减小B．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电势差将增大C．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将增大D．当云层底面积增大时，该电容器的电容将增大解析：选D根据电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知，当云层向下靠近地面时，d减小，该电容器的电容C将增大，故A错误；根据电容器电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知，当云层向下靠近地面时，该电容器的电容C增大，由于电荷量Q不变，则云层和地面间的电势差将减小，故B错误；根据电场强度与电势差的关系E＝eq\f(U,d)，再联立上面两式可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将不变，故C错误；根据电容器电容的决定式可知，当云层底面积增大时，正对面积S增大，该电容器的电容C将增大，故D正确。2.(2022·山东泰安模拟)利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合。下列说法正确的是()A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大B．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大C．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度减小解析：选B静电计测量的是电容器两极板间的电压，由于开关S闭合，电容器一直接电源，电容器两极板间的电压保持不变，静电计指针的偏转角度保持不变，A错误；S断开后，电容器所带的电荷量Q保持不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)可得U＝eq\f(4πkQ,εrS)d，仅将A板缓慢竖直向上平移即S变小时，U变大，故静电计指针的偏转角度增大，B正确；S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，εr增大，U减小，故静电计指针的偏转角度减小，C错误；S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移即d增大时，U增大，故静电计指针的偏转角度增大，D错误。3.(2022·湖北高考)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为()A．q，r B．2q，rC．2q,2r D．4q,2r解析：选D初始状态下，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即eq\f(U,d)q＝eq\f(4,3)πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足eq\f(2U,d)q′＝eq\f(4,3)πr3·ρg，可得q′＝eq\f(q,2)，A、B错误；当电势差调整为2U时，若油滴的半径变为2r时，则满足eq\f(2U,d)q′＝eq\f(4,3)π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D正确。4.(2022·长沙模拟)如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为U时观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，则该油滴所带电荷量可表示为()A.eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2))) B.eq\f(md,2U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))C.eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(d,t2))) D.eq\f(m,Ud)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))解析：选A油滴带负电，设电荷量为Q，油滴所受到的电场力方向向上，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mg－Qeq\f(U,d)＝ma，d＝eq\f(1,2)at2。联立两式得，Q＝eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(2d,t2)))，故A正确。5.如图所示，C1、C2是完全相同的两个电容器，P是电容器C1两极板间的一点，在电容器C2两极板间插入一块云母板。闭合开关，电路稳定后断开开关。将云母板从C2极板间抽出的过程，下列说法正确的是()A．P点电势升高B．电容器C2的电容增大C．灵敏电流计中有向右的电流D．电容器C1两极板间的电场强度变小解析：选A闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容器C2极板间云母板抽出的过程，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容器C2的电容减小，B错误；由U＝eq\f(Q,C)可知，电容器C2极板间的电势差变大，电容器C2处于放电状态，电容器C1处于充电状态，灵敏电流计中有向左的电流，C错误；C1充电，则电容器C1极板间的电势差变大，由E＝eq\f(U,d)可知，电容器C1极板间的电场强度变大，D错误；由于电容器C1极板间的电场强度变大，P点与电容器C1的下极板间的电势差变大，因下极板接地，电势为零，则P点电势升高，A正确。6.平行板电容器的两极板M、N接在一恒压电源上，N板接地。板间有a、b、c三点，若将上板M向下移动少许至图中虚线位置，则()A．b点场强减小 B．b、c两点间电势差减小C．c点电势升高 D．a点电势降低解析：选D电源电压不变，即电容器的极板间电压不变，当M向下移动时，极板间距减小，根据E＝eq\f(U,d)，故极板间的场强增大，所以b点的场强增大，选项A错误；b、c两点间电势差Ucb＝E·cb，E增大，而cb不变，故Ucb增大，选项B错误；同理c、N间的电势差也增大，而N点的电势为0，由电源的正极连接下极板可知，UNc＝φN－φc＝－φc，所以c点的电势降低，选项C错误；同理a点的电势也降低，选项D正确。二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7.(多选)如图所示，有一匀强电场平行于平面xOy，一个带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的动能是它在O点时动能的3倍。关于粒子在OA段的运动情况，下列判断正确的是()A．该带电粒子带正电荷B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小C．这段时间中间时刻粒子的动能最小D．加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于120°解析：选BD依题意，匀强电场场强方向未知，故该带电粒子电性不明，故A错误；从O点运动到A点的过程，动能增加，根据动能定理可知，电场力做正功，又根据电场力做功与电势能变化关系，可知带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；设加速度方向与y轴正方向之间的夹角等于θ，则有acos(π－θ)＝eq\f(v0,t)，asin(π－θ)＝eq\f(v,t)，eq\f(1,2)mv2＝3×eq\f(1,2)mv02，联立，可得θ＝120°，故D正确；加速度与初速度方向夹角为钝角，故粒子速度先减小，后增大，最小的动能出现在加速度与速度垂直的时候，这段时间中间时刻粒子的两个分速度分别为vx＝eq\f(v,2)＝eq\f(\r(3),2)v0，vy＝eq\f(v0,2)，合速度与水平面夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝30°，加速度与速度夹角为60°，不垂直，故C错误。8．(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eq\f(eU,m)B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为eq\r(2meU)D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝eq\f(l,20d)解析：选D在XX′极板间电子的加速度大小为：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,dm)，A错误；电子从离开金属丝到打在荧光屏上，由动能定理得：e·10U＋eU′＝Ek，其中U′≤eq\f(U,2)，故Ek≤10.5eU，B错误；电子经电子枪加速后，e·10U＝eq\f(1,2)mv12，在XX′极板间运动时间