2019-2020年高中物理二輪總復(fù)習(xí) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)教案.doc

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2019-2020年高中物理二輪總復(fù)習(xí) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)教案 解答“帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)”一類試題，應(yīng)了解以下內(nèi)容： 帶電粒子的加速，在勻強(qiáng)電場中(若不計(jì)粒子的重力)可用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量定理或動(dòng)能定理W=qEd=qU=.在非勻強(qiáng)電場中W=qU= 帶電粒子的偏轉(zhuǎn)——類平拋運(yùn)動(dòng)：帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度垂直于場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．垂直于場強(qiáng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=，平行于場強(qiáng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．偏移位移y= 粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，逆著粒子射出電場的方向看，粒子好像從極板中間x=處直接射出的．如圖18-2-1所示x= 若不同粒子從靜止經(jīng)過同一加速電場(U1)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場U2，則偏移位移y=由上式可知，粒子的偏移位移，偏轉(zhuǎn)角與粒子m、g無關(guān)，僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角、偏移位移總是相同的. I 高考最新熱門題 1 (典型例題)湯姆生用來測定電子的比荷(電子的電荷量與質(zhì)量之比)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示．真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子(不計(jì)初速、重力和電子間的相互作用)經(jīng)加速電壓加速后，穿過A中心的小孔沿中心軸O1O的方向進(jìn)入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P，間的區(qū)域．當(dāng)極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時(shí)，電子束打在熒光屏的中心O點(diǎn)處，形成了一個(gè)亮點(diǎn)；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點(diǎn)偏離到O點(diǎn)O與O點(diǎn)的豎直間距為d，水平間距可忽略不計(jì)．此時(shí)，在p和p’，間的區(qū)域，再加上一個(gè)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場．調(diào)節(jié)磁場的強(qiáng)弱，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B時(shí)，亮點(diǎn)重新回到O點(diǎn)．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b極板右端到熒光屏的距離為L2(如圖18-2-2所示)． (1)求打在熒光屏O點(diǎn)的電子速度的大?。? (2)推導(dǎo)出電子的比荷的表達(dá)式． 命題目的與解題技巧：本題考查的知識點(diǎn)有帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)和洛侖茲力．模型和運(yùn)算過程都比較常見． [解析] (1)當(dāng)電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時(shí)，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，亮點(diǎn)重新回復(fù)到中心O點(diǎn)，設(shè)電子的速度為v，則evB=eE得：v=E／B，即v= (2)當(dāng)極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，電子以速度v進(jìn)入后，豎直方向作勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：a=電子在水平方向作勻速運(yùn)動(dòng)，在電場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1=這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉(zhuǎn)的距離為：dl= 離開電場時(shí)豎直向上的分速度為： ⊥=at1= 電子離開電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2時(shí)間到達(dá)熒光屏：t2=L2／v t1時(shí)間內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)的距離為：d2=vtt2= 這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為：d=d1+d2= 可解得 [答案] 2 (典型例題)光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與正方形一邊平行，一質(zhì)量為m，帶電量為q的小球由某一邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的初速度vo進(jìn)入該正方形區(qū)域．當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為 答案： ABC 指導(dǎo)：畫出如D18—1所示的示意圖，不防假設(shè)小球所帶電荷的電性為，若在A點(diǎn)進(jìn)入，則可能不能運(yùn)動(dòng)到上邊而又加到下邊，電場力做功為零，所以C可選．由于電場力做的是負(fù)功，小球運(yùn)動(dòng)到最上面時(shí)，很可能速度正好為零．所以A可選．若小球由B點(diǎn)進(jìn)入，則動(dòng)到下邊時(shí)，電場力所做的功為qEl，所以小球的動(dòng)能為： B可選．綜上所述，本題的答案應(yīng)為ABC． 3 (典型例題)圖18-2-3是某種靜電分選器的原理示意圖．兩個(gè)豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強(qiáng)電場．分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等．混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時(shí)，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負(fù)電．經(jīng)分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上．已知兩板間距d=0.1 m，板的長度l=0.5m，電場僅局限在乎行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質(zhì)量之比均為1105G／kg．設(shè)顆粒進(jìn)入電場時(shí)的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計(jì)．要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時(shí)，不接觸到極板但有最大偏轉(zhuǎn)量．重力加速度g取10m／s2． (1)左右兩板各帶何種電荷?兩極板間的電壓多大? (2)若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m，顆粒落至傳送帶時(shí)的速度大小是多少? (3)設(shè)顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時(shí)，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半．寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達(dá)式．并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01 m. 答案：(1)左板帶負(fù)電荷，右板帶正電荷．U=1104 V (2)v= 4m/s (3)n=4 指導(dǎo)：(1)左板帶負(fù)電荷，右板帶正電荷，依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足．l=gt2 ① 在水平方向上滿足s= ② ①②兩式聯(lián)立得 =104 V (2)根據(jù)動(dòng)能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足 (3)在豎直方向顆粒作自由落體運(yùn)動(dòng)，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度． 反彈高度為 根據(jù)題設(shè)條件，顆粒第n次反彈后上升的高度 4 (典型例題)如圖18-2-4所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d(d遠(yuǎn)小于板的長和寬)．在兩板之間有一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)P已知若在A、B間加電壓Uo，則質(zhì)點(diǎn)P可以靜止平衡． 現(xiàn)在A、B間加上如圖18-2-5所示的隨時(shí)間t變化的電 壓U，在t=0時(shí)質(zhì)點(diǎn)P位于A、B間的中點(diǎn)處且初速度為0．已知質(zhì)點(diǎn)P能在A、B之間以最大的幅度上下運(yùn)動(dòng)而又不與兩板相碰，求圖18-2-中U改變的各時(shí)刻t1、t2、t3及tn的表達(dá)式．(質(zhì)點(diǎn)開始從中點(diǎn)上升到最高點(diǎn)，及以后每次從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)或從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，電壓只改變一次) 答案： 指導(dǎo)：設(shè)質(zhì)點(diǎn)戶的質(zhì)量為m，電荷量大小為q，根據(jù)題意，當(dāng) A、B間的電壓為U0時(shí)，有 ① 當(dāng)兩板間的電壓為2U0時(shí)，p的加速度向上，其大小為a，則有 ① 解得：a=g當(dāng)兩板間的電壓為零時(shí)，p自由下落，加速度為g，方向向下．在t=0時(shí)，兩板間的電壓為2U0，p自A、B間的中點(diǎn)向上做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為g，經(jīng)過T1，P的速度變?yōu)関1，此時(shí)使電壓變?yōu)榱悖孭在重力作用下勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過T1，P正好到達(dá)A板且速度為零，故有 v1=gTl′，0=vl-gTl′， 由以上各式得 因?yàn)閠1=T1,所以 在重力作用下，P由A板處向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過T2，速度為v2,方向向下，這時(shí)加上電壓使P做勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過T2′, P到達(dá)O板且速度為零，故有 v2=gT2，0=v2-gT2′， 由以上各式得T2=T2′，T2= 因?yàn)閠2=t1+T′1 +T2，所以t2=(+1) ④ 在電場力與重力的合力作用下，P由B板處向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過T3，速度變?yōu)関3,此時(shí)使電壓變?yōu)榱?，讓P在重力作田下做勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過T3，P正好到達(dá)A板且速度為零，故有 v3=Gt3，0=v3-gT3′， 由以上各式得T3=T3′，T3= 因?yàn)閠3=t2+T2+T3，所以t3=(+3) ⑤ 根據(jù)上面分析，因重力作用，P由A板向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過T2，再加上電壓，經(jīng)過T2′，P到達(dá)B且速度為零． 因?yàn)閠4=t3+T3′+T3，所以，t4= (+5) 同樣分析可得tn= (+2n-3)(n≥2) ⑥ Ⅱ 題點(diǎn)經(jīng)典類型題 1 (典型例題)如圖18-2-6所示，A，B為水平金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，開關(guān)s閉合，兩板的中央各有一小孔M和N，今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方距離為h的P點(diǎn)由靜止自由下落(P，M，N在同一豎直線上)，空氣阻力不計(jì)，到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后沿原路返回，則 A.把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P自由下落后穿過N孔繼續(xù)下降 B．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后穿過N孔繼續(xù)下降 C.若S斷開，且把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后穿過N孔繼續(xù)下降 D．若S斷開，且把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后穿過N繼續(xù)下降 命題目的與解題技巧：考查帶電粒子在重力場和電場中的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求解電容器：S閉合E不變，S斷開Q不變． [解析] S閉合時(shí)，不論A，B板如何移動(dòng)，兩板間的電壓都為電源電動(dòng)勢E.由題意應(yīng)有Eq=mg(h+d)． E為電源電動(dòng)勢，d為兩極之間的距離．當(dāng)A板下移時(shí)，仍有Eq=mg(h+d)(h+d=h+d)．質(zhì)點(diǎn)到N孔時(shí)速度仍然減為零；當(dāng)B板上移時(shí)，Eq＞mg(h+d)(d＜d)，質(zhì)點(diǎn)不到N孔前速度就減為零．S斷開后，不論A，B板如何移動(dòng)，A，B間的電場強(qiáng)度E場不變．故有E場dq=mg(h+d)．當(dāng)B板下移一小段距離時(shí)，應(yīng)有E場(d+△d)q>mg(h+d+△d)． 質(zhì)點(diǎn)在不到N孔時(shí)速度減為零． 當(dāng)B板上移一小段距離時(shí)，應(yīng)有E場(d-△d)q△P乙 C．△P甲≤△P乙 D．△P甲≥△p乙 答案：4．C指導(dǎo)：把粒子全過程中的動(dòng)量改變進(jìn)行分解，水向無動(dòng)量改變，所以全過程的動(dòng)量改變量即是電場力作用下發(fā)生的動(dòng)量變化．由此可求得正確答案為C , 5 如圖18-2-12是一個(gè)說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后以速度vo垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是九兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為l，為提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量)可采用哪些方法? 答案：指導(dǎo)：先導(dǎo)出示波管的靈敏度()與有關(guān)物理量(d、l U1等)的關(guān)系式，再作抉擇． 對于電子的加速過程，有 ① 對于電子的偏轉(zhuǎn)過程，有 水平方向l=v0t 豎直方向h= ③ 將②式代入③式，結(jié)合E= ④ 將①式代入④式得 據(jù)上式可知，增大l和減小Ul或d均可提高示波管的靈敏度 6 在如圖18-2-13所示的xOy平面內(nèi)(y軸正方向豎直向上)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初動(dòng)能為4J，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)M時(shí)，它的動(dòng)能為5J，求： (1)試分析說明帶電小球被拋出后沿豎直方向和水平方向分別做什么運(yùn)動(dòng)． (2)在圖中畫出帶電小球從拋出點(diǎn)O到落回與O在同一水平線上的O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖． (3)帶電小球落回到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． 答案：(1)(2)見指導(dǎo) (3)24J 指導(dǎo)：(1)在豎直方向，小球受重力作用，由于重力與小球初速度方向相反，所以沿豎直方向小球做勻減速運(yùn)動(dòng)(豎直上拋運(yùn)動(dòng))，沿水平方向，小球受水平向右的恒定電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) (2)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖D18-2所示 (3)設(shè)小球質(zhì)量為m，帶電量為q，初速度為v0，上升的最大高度為A，OM(OP)兩點(diǎn)間電勢差為 ，MO′(PO′)兩點(diǎn)間電勢差為U2，小球在O′點(diǎn)的動(dòng)能為EK′. 對于小于從O到M的過程根據(jù)動(dòng)能定理有： Qu1-mgh=EkM-EkO 由豎直方向的分運(yùn)動(dòng)可得出：小球從M到O′，的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：qU2+mgh=Ek′-ekM根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間特點(diǎn)和小于沿水平方向的分運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知：OP：PO′=1：3，由勻強(qiáng)電場的電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系有Ul：U2=1：3由以上方程可解得:E′K=24J 考場熱身探究性命題綜合測試 1 對于水平放置的平行板電容器，下列說法正確的是 A.將兩極板的間距加大，電容將增大 B．將兩極板平行錯(cuò)開，使正對面積減小，電容將減小 C.在下板的內(nèi)表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的陶瓷板，電容將增大 D．在下板的內(nèi)表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的鋁板，電容將增大 答案： BCD 指導(dǎo)：影響平行板電容器電容大小的因素有：①隨正對面積的增大而增大；②隨兩極間距離的增大而減??；③在兩極板間放人電介質(zhì)，電容增大，據(jù)上面敘述可直接看出B、 C選項(xiàng)正確，對D選項(xiàng)，放人鋁板后，實(shí)際上是減小了平行板的間距，所以本題正確選項(xiàng)為BCD． 2 如圖Z18-1所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電池連接，a處有一電荷量非常小的點(diǎn)電荷．S是閉合的，a表示a點(diǎn)的電勢,f表示點(diǎn)電荷受到的電場力．現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動(dòng)，使兩板間的距離增大，則 A.a變大,f變大 B.a變大f變小 C.a不變f不變 D.a不變f變小 答案： B 指導(dǎo)：電容器始終與電源相連，則兩板間的電勢差U不變，B板向下移動(dòng)，兩板間的距離增大，由勻強(qiáng)電場的公式E=知，電場的場強(qiáng)減小，點(diǎn)電荷受到的電場力f=qE，則f減小，因?yàn)閍點(diǎn)與電容器A板的距離dAa沒有變化，所以可用 UAak=EdAa分析出A板與a點(diǎn)的電勢差UAak減小了，于是可知a點(diǎn)相對于B板的電勢Ua增大了，故B項(xiàng)對． 3 如圖Z18-2所示，讓平行板電容器帶電后，靜電計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)一定角度，若不改變A、B兩極板的電量而減小兩極板間的距離，同 時(shí)在兩極板間插入電介質(zhì)，那么靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度 A.一定減小 B．一定增大 C.一定不變 D.可能不變 答案： A 指導(dǎo)：電量不變而減小兩極板間距離時(shí)，兩板間的電熱差減小；同時(shí)插入的電介質(zhì)也導(dǎo)致兩極板間的電熱差減小，因此靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角一定減小． 4 傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖Z18-3所示，是一種測定壓力的電容式傳感器．當(dāng)待測壓力F作用于可動(dòng)膜片電極上時(shí)，可使膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計(jì)和電源串接成閉合電路．那么 A.當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)，電容將減小 B．當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)，電容將增大 C．若電流計(jì)有示數(shù)，則壓力F發(fā)生變化 D.若電流計(jì)有示數(shù)，則壓力F不發(fā)生變化 答案： BC 指導(dǎo)：當(dāng)F向上壓膜片電極時(shí)，電極間距離減小，電容增大；若電流計(jì)有示數(shù)，必因電容變化引起了充(或放)，即壓力F發(fā)生了變化 5 一平行板電容器與電源相連，如圖Z18-4所示，如果在電容器兩極板間插入一塊介電常數(shù)為ε的電介質(zhì)薄板(小于板間距離)則 A.電容器的電容變?yōu)樵瓉淼摩疟? B．穩(wěn)定后，電容器上所帶電量增加 C.插入介質(zhì)的瞬間，導(dǎo)線上有從a到b的電流 D.插入介質(zhì)的瞬間，導(dǎo)線上有從b到a的電流 答案： BC 指導(dǎo)：由電容決定式C=當(dāng)插入電介質(zhì)，C值變大．但因?yàn)榻橘|(zhì)的尺寸小于板間距離，所以電容值小于原來的 倍，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤．由公式Q=CU因電容變大，兩板電壓等于電源電動(dòng)勢Z，所以電容器上帶電量增加，B選項(xiàng)正確，電容器充電，電流方向從a到b，所以C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 6 如圖Z18-5所示為靜電除塵器的示意圖，下列說法哪些是正確的 A.金屬管A和懸在管中的金屬絲B應(yīng)接在高壓交流電上 B．管A和金屬絲B應(yīng)接在高壓直流電源上 C.距B越近電場越強(qiáng) D．距B越遠(yuǎn)電場越強(qiáng) 答案： BC 指導(dǎo)：金屬絲B和金屬管構(gòu)成一個(gè)電容器，當(dāng)把它們接在高壓電源上時(shí)，它們之間就形成了以。為中心的輻射狀電場，所以越靠近B，電場越強(qiáng)，C對D錯(cuò)．A和B應(yīng)接在高壓直流電源上，帶電灰塵在電場力作用下定向移動(dòng)，最后附著在電極上，如果A、B接在交流電源上，帶電灰塵將在A、B間振動(dòng)，不能附著在電極上，起不到除塵作用，故A錯(cuò)， B對． 7 如圖Z18-6所示，燈絲發(fā)熱后發(fā)出的．電子經(jīng)加速電場后，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，要使電子在電場中偏轉(zhuǎn)量丁變?yōu)樵瓉淼?倍，可選用的方法有(設(shè)電子不落到極板上) A.只使U1變?yōu)樵瓉淼谋? B．只使U2變?yōu)樵瓉淼谋? C.只使偏轉(zhuǎn)電極的長度L變?yōu)樵瓉淼谋? D.只使偏轉(zhuǎn)電極間的距離d減為原來的倍 答案： ACD 指導(dǎo)：先求出了值：，由此可確定A、c、D正確，這是分析此類問題的一般方法． 8 如Z18-7所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，下列解釋正確的是 A.兩板間距離越大，加速的時(shí)間就越長，則獲得的速率越大 B．兩板間距離越大，加速度就越長獲得的速率越大 C．與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān) D.以上解釋都不正確 答案： C 指導(dǎo)：從能量觀點(diǎn)，電場力做功，使電荷電勢能減小，動(dòng)能增加，由動(dòng)能定理得，故正確選項(xiàng)為C 9 三個(gè)a粒子在同一地點(diǎn)沿同一方向垂直飛人偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了圖Z18-8所示的運(yùn)動(dòng)軌跡，由此可判斷 A.在b飛離電場的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上 B．b和c同時(shí)飛離電場 C．進(jìn)入電場時(shí)，c的速度最大，a的速度最小 D.動(dòng)能的增加值c最小，a和b一樣大 答案： ACD 指導(dǎo)：由y=選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤由，選項(xiàng)D正確．由選項(xiàng)C正確,EΔ=qEyay, 選項(xiàng)D正確. 10 如圖Z18-9(甲)所示，兩塊長l=2cm的金屬板，相距d=0.4cm平行放置，兩板間加有Z18-9(乙)所示的交變電壓，一束電子從兩板左側(cè)中點(diǎn)處射人兩板間的電場中，其速度方向與場強(qiáng)方向垂直，若電子的初動(dòng)能均為Ek=100eV，電子的質(zhì)量m=0.911030kg，求從兩板右側(cè)有電子射出的時(shí)間t1與無電子射出的時(shí)間t2之比． 答案：4：1 指導(dǎo)：電子射人時(shí)的速度電子穿過兩極板的時(shí)間為： 因交變電壓的周期T=4s>>t，所以電子在穿過兩極板的時(shí)間內(nèi)可認(rèn)為兩極板間電壓是不變的． 設(shè)電壓為U1時(shí)，電子穿過兩極板的偏轉(zhuǎn)量恰好為而不穿出，則有: 解得U1=8V，由交變電壓的圖象知 U1=8V時(shí)t=0．8s在0—2s內(nèi)電子能穿出兩極板的時(shí)間為t1=2t=1．6s，不能穿出的時(shí)間 t2=2-t1=0．4s，則t1：t2=4：1