知识讲解_带电粒子在电场中的综合计算(提高)

1 带电物体在电场中的综合计算 【学习目标】 1、进一步强化对静电场的认识，理解静电场力的性质和能的性质； 2、能够熟练地解决带电粒子在恒定的电场以及一些变化的电场中的加速和偏转问题； 3、能够熟练地解决带电物体在静电场和重力场所构成的复合场中的运动问题. 【要点梳理】 知识点一：带电粒子在电场中的加速运动 要点诠释： （1）带电粒子在任何静电场中的加速问题，都可以运用动能定理解决，即带电粒子在电场中通过电势差 为 UAB 的两点时动能的变化是 ，则 （2）带电粒子在静电场和重力场的复合场中的加速，同样可以运用动能定理解决，即 （W 为重力和电场力以外的其它力的功） （3）带电粒子在恒定场中运动的计算方法 带电粒子在恒力场中受到恒力的作用，除了可以用动能定理解决外还可以由牛顿第二定律以及匀变速直 线运动的公式进行计算. 知识点二：带电粒子在偏转电场中的运动问题 （定量计算通常是在匀强电场中，并且大多数情况是初速度方向与电场线方向垂直） 要点诠释： （1）运动性质：受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动. （2）常用的关系： （U 为偏转电压，d 为两平行金属板间的距离或沿着电场线方向运动的距离，L 为偏转电场的宽度（或者是 平行板的长度），v0 为经加速电场后粒子进入偏转电场时的初速度.） 带电粒子离开电场时： 沿电场线方向的速度 ； 垂直电场线方向的速度 合速度大小是： 方向是： 离开电场时沿电场线方向发生的位移 知识点三：带电微粒或者带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒 要点诠释： （1）带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即 （2）带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之 和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决. kE∆ 2 1 2 2 2 1 2 1 mvmvEqU kAB −=∆= 2 1 2 2 2 1 2 1 mvmvEqUmghW kABAB −=∆=++ ，，粒子的加速度：偏转电场强度： md qUad UE == 0v Lt =时间：粒子在偏转电场中运动 0mdv qULatv y == 0vvx = 22 yx vvv += 2 0 tan mdv qUL v v x y ==θ 2 2 2 0 1 2 2 qULy at mdv = = （恒定值）电重 KE K =++ PP EE2 【典型例题】 类型一、带电粒子在匀强电场中的加速 例 1、如图所示,平行板电容器两极板间有场强为 E 的匀强电场,且带正电的极板接地.一质量为 m､电荷量 为+q 的带电粒子(不计算重力)从 x 轴上坐标为 x0 处静止释放. (1)求该粒子在 x0 处的电势能 Epx0; (2)试从牛顿第二定律出发,证明该带电粒子在极板间运动过程中,其动能与电势能之和保持不变. 【思路点拨】带电粒子在某点的电势能等于电场力将该带电粒子从零势能处移动到该点做的负功（做正功 电势能减小做负功电势能增加），可求出该粒子在 x0 处的电势能；运用运动学、动力学结合动能定理，均 可证明动能与电势能之和保持不变。 【解析】(1)带电粒子从 O 点移到 x0 点电场力所做的功为:W 电=qEx0,① 电场力所做的功等于电势能增加量的负值,故有:W 电=-(Epx0-0),② 联立①②得:Epx0=-qEx0.③ (2)方法一:在带电粒子的运动方向上任取一点,设坐标为 x, 由牛顿第二定律可得 qE=ma ④ 由运动学公式得 联立④⑤求得 粒子在任意点的电势能为 , 所以粒子在任意一点的动能与电势能的和为 Epx0 为一常数,故粒子在运动过程中动能与电势能之和保持不变 【总结升华】讨论带电粒子在电场中的直线运动问题(加速或减速)经常用到的方法是: (1)能量方法——能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现. (2)功能关系——动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有功,判断选用分阶段还是全程使 用动能定理. (3)动力学方法——牛顿运动定律和匀变速直线运动公式的结合,注意受力分析要全面,特别是重力是否需 要考查的问题;其次是注意运动学公式的矢量性. 举一反三 2 ( )xv = − 02a x x ⑤ 2 0 )1 (2 xmv qE x x= = −kxE pxE qEx= − ( )0 0 0( ) .x kx px pxE E E qE x x qEx qEx E= + = − + − = − = ( ) 1 2 1 2 2 1 k2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 p2 k1 p1 2 1 1 1 1 ( ),2 2 1 1( ) ( ), : x x x , v v . F qE ma, 2a x x , E E E E , , . 2 2 v v mv mv qE x x mv qEx mv qEx = = −− = − = − + − = + + − = + 方法二 在 轴上任取两点 ､ 速度分别为 ､ 联立得 所以 即 故在其运动过程中 其动能和电势能之和保持不变3 【变式】如图所示，从 F 处释放一个无初速度的电子向 B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项 是正确的(　　) A．电子到达 B 板时的动能是 Ee B．电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零 C．电子到达 D 板时动能是 3Ee D．电子在 A 板和 D 板之间做往复运动 【答案】ABD 类型二、带电粒子在匀强电场中的偏转 例 2、如图所示，三个 粒子由同一点水平射入平行电容器两极板间的匀强电场，分别打在极板的 A、B、 C 三点上，则（ ） A. 到达极板时，三个 粒子的速度大小比较为 B. 三个 粒子到达极板前的飞行时间相同 C. 三个 粒子到达极板时，它们的动能增量相等 D. 打在 A 点的 粒子在电场中运动的时间最长 【答案】ABC 【解析】平行板之间的场强和粒子在电场中的加速度可以由下列两式计算： ， 沿电场线方向发生的位移： ， 由此两个式子解得：粒子的初速度 ， 粒子在电场中运动的时间 由图中轨迹可见，三个粒子的偏转位移 y 相等，所以三个粒子到达极板之前运动的时间相等，选项 B 正确； 垂直于电场线方向的位移 x 不相等，而三个粒子的 q、m 相同，所以三个粒子的初速度与 x 成正比， α α v v vA B C< < α α α ，， md qUad UE == 0v xt =时间：粒子在偏转电场中运动 2 2 2 0 1 2 2 qUxy at mdv = = mdy qUxv 20 = qU ymd a yt 22 ==4 选项 A 正确； 由动能定理知粒子到达极板上时的动能是 ，粒子的电量相等，由图知道，粒子经过的电 势差相等，所以粒子的动能增量相等，选项 C 正确； 【总结升华】观察图形，明确粒子在偏转电场中的加速度相同，经历的偏转电压相等，发生的偏转位移相 等，运用类平抛运动的知识方法加以解决. 举一反三 【高清课程：带电物体在电场中的综合计算】 【变式】如图，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中 P 点以相同初速垂直于 E 进入电场，它们分别落到 A 、B 、C 点，则： A．落到 A 点的小球带正电，落到 B 点的小球不带电； B．三小球在电场中运动时间相等； C．三小球到达正极板时的动能关系是： D．三小球在电场中运动的加速度关系是： 【答案】A 类型三、带电物体在匀强电场与重力场的复合场中的运动情况分析 例 3、(2015 吉安模拟)如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为 m 的电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止释放，当细线离开竖 直位置偏角 α＝60°时，小球速度为 0。 (1)求：①小球带电性质；②电场强度 E。 (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A 点释放小球时应有的初速度 vA 的大小(可含根式)。 【答案】(1)①带正电。② ；(2) 【解析】(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。 ②小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有 解得 (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G′，则 ，方向与竖直方向成 30°角 UqEk ∆=∆ KA KB KCE E E> > A B Ca a a> > 3 3 mgE q = ( )2 3 1Av gL= + ( )sin 1 cos 0EqL mgLα α− − = 3 3 mgE q = 2 3 3G mg′ =5 偏向右下方。 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点。 联立解得 【总结升华】本题整合了物体的平衡、牛顿第二定律和动能定理等多个规律，分析受力是基础，要培养分 析受力情况、作力图的习惯，注意不是小球能通过几何最高点，就能恰好做完整的圆周运动，这是解题的 关键之处，也是重难点，同时掌握等效重力的方法。 举一反三 【变式 1】图中虚线所示为某电场中一族相互平行、方向竖直的等势面，相邻等势面间距 1cm，各等势面 电势如图所示，质量为 30g 的带电小球从 A 点以 的速度沿与竖直方向成 角射入电场并做直线 运动. (1)带电小球带什么电？电量是多少？ (2)通过 A 点后沿速度方向前进的最大距离是多少( ，g=10 ) 【答案】（1）正电 （2）3cm 【解析】（1）分析电场分布和电场力 由于等势面的情况已知，则可判断其电场线一定与等势面垂直且指向电势降低处，故电场情况已知，如图 所示，场强 2 2 3 3 vm mgL = 2 21 2 31 1 cos30( )2 32 Amv mv mgL− = − °＋ ( )2 3 1Av gL= + v m s= 1 / 53 sin . cos .53 08 53 0 6 = =， m s/ 2 －200V －100V 0 100V 200V v 53 A 54 10q C−= × E U d V m V m= = =100 0 01 104 . / /6 （2）分析带电小球的受力情况和运动情况 带电小球受电场力、重力。若带负电，则电场力水平向右，由小球初速度与所受合外力可知，小球不 可能在如图所示的直线上运动，必做曲线运动.因此可判断小球带正电.所受电场力方向水平向左，与重力 合成后，合力方向恰好与小球运动方向相反，小球做匀减速直线运动，受力图如图所示： （3）列方程求解 解得 【总结升华】（1）从解题方法上看，对小球的受力分析及运动过程的分析是至关重要的.（2）在分析运动 过程时，力求弄清物体做直线运动的条件和做曲线运动的条件. 【高清课程：带电物体在电场中的综合计算】例 7 【变式 2】真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场.在电场中，若将一个质量为 m、带正电的 小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为 370(取 sin37 0=0.6，cos37 0=0.8).现将该小球从 电场中某点以初速度 v0 竖直向上抛出.求运动过程中： (1) 小球受到的电场力的大小及方向； (2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量 －200V －100V 0 100V 200V 53 E A v v0 53 F电 53 F合 G 5 2 0 max (1) tan53 (2) (1)(2) 4 10 / cos53 (3) (4) 2 (5) F qE F G q C F G F ma v aS − = = ⋅ = × = = =   电 电 合 合 由 解得 由 max 3S cm=7 【答案】（1） 水平向右 （2） 类型四、在重力场和静电场中的能量转化和守恒 例 4、（2015 皖南八校三联）如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为．R 的圆，AB 是一条直径，空 间有匀强电场，场强大小为 E，方向与水平面平行．在圆上 A 点有一发射器，以相同的动能平行于水平面 沿不同方向发射带电量为+q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过 B 点的小球动能最大， 由于发射时刻不同时，小球间无相互作用，且∠α =30°，下列说法正确的是（ ） A.电场的方向垂直 AB 向上 B．电场的方向垂直 AB 向下 C．小球在 A 点垂直电场方向发射，若恰能落到 C 点，则初动能为 qER/8 D．小球在 A 点垂直电场方向发射，若恰能落到 C 点，则初动能为 qER／4 【答案】C 【解析】由于 C 点处动能最大，因此，相对整个圆而言，C 应处于电势最低处，电场方向应是沿图中虚线 方向，则与 AC 成 300 角，选项 A、B 错误；如果小球垂直于电场方向抛出带电体，则小球做类平抛运动， 则 ， ，2Rcos ×sin =v0t，得 ，选项 C 正确、D 错误。 【总结升华】从解题方法上看，对小球的受力分析及运动过程的分析是至关重要的。然后学会运用动能定 理解决电场中的问题至关重要。 举一反三 【变式】如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为 E，在其上端，一个质量 为 m，带电量为 的小球由静止下滑，则（ ） A. 小球运动过程中机械能守恒 B. 小球经过最低点时速度最大 C. 小球在最低点对球的压力为 D. 小球在最低点对球的压力为 3 mg4 2 0 9- qx= - mv32 ∆ =E E 212 2Rcos cos atα α× = α α +q ( )mg Eq+ 3( )mg Eq+8 【答案】BD 类型五、带电小球在电场和重力场中的圆周运动 例 5、如图所示，两块很大的竖立的平行金属板中间，一长为 L=5cm 的绝缘细线悬挂一个质量为 的带电小球，带电量 ，静止在竖直方向.现将开关 S 接通，小球摆动到悬线与竖直方向成 角时的速度为零，然后来回摆动.问: （1）小球带什么电性？板间场强多大？ （2）小球摆动过程中的最大动能是多少？（ ） 【思路点拨】对“小球摆动到悬线与竖直方向成 角时”的过程做受力分析，分析各力做功情况，应用 动能定理，求出第一问；根据摆动的对称性找出摆球的平衡位置，再用动能定理，求得第二问。 【答案】正 【解析】（1） 带正电.小球从静止开始到摆线与竖直方向成 角的过程中，电场力做正功，重力做负功， 动能变化为零. 由动能定理 （2）小球摆动时，最高点是摆线与竖直方向成 角，最低位置是摆线竖直时，由于摆动的对称性，摆 球的平衡位置是摆线与竖直方向成 角的位置，这个方向是重力和电场力合力的方向，是小球在这个复 合场中摆动的等效最低点，它与只在重力场中的竖直方向的最低点是等效的，在这个位置时小球的速度最 大，动能也最大.根据动能定理有： 【总结升华】重视将两个恒力归并成为一个恒力（等效重力），使问题的讨论变得简化；重视类比和等效 这些重要物理思想的运用. 类型六、带电粒子在周期性变化的场中运动情况分析 m g= 0 30. q C= × −10 10 7. 60° g m s取10 2/ 60° 4E=1.73 10 /N C× 5 KE =2.3 10 J−× q 60° W E K= ∆ 4 sin 60 (1 cos60 ) 0 (1 cos60 ) 1.73 10 /sin 60 EqL mgL mgE N Cq °− − ° = − °= = ×° 60° 30° 5sin30 (1 cos30 ) 2.3 10m mK KEqL mgL E E J−°− − ° = = ×解得9 例 6、 如图所示，AB 两平行金属板，A 板接地，B 板的电势做如图的周期性变化，在两板间形成交变电场. 一电子以 分别在下列各不同时刻从 A 板的缺口处进入场区，试分析电子的运动情况. （1）当 时，电子进入场区. （2）当 时，电子进入场区. 【解析】（1）当 时，可画出粒子速度随时间变化的关系图象： 图线与时间轴所围的面积总在速度轴的正值一侧，说明粒子的位移方向总沿同一方向，即一直朝 B 板 运动，先加速，再减速，当速度减为零后又开始加速，再减速……. （2）当 时，电子进入场区，可画出粒子运动速度随时间变化的图象： 由图象可知粒子向正方向（B 板）和负方向（A 板）都将发生位移，得负方向的位移大于正方向的位 移.粒子在电压变化的第一个周期内被推出场区，而无法到达 B 板. 误区警示：分析带电粒子在方向发生变化的场中运动时，必须充分注意到粒子进入到场中的时刻，注意到 一些运动的对称性. 【总结升华】带电粒子在变化电场中运动的问题，解题关键在于要将电压变化规律转化为场强的变化规律， v0 0= t = 0 t T= 3 8 B AUB U0 -U0 0 t T/2 3T/2 2TT t = 0 v 0 t UB U0 -U0 0 t T/2 3T/2 2TT T/2 T 3T/2 2T t T= 3 8 v 0 t UB U0 -U0 0 t T/2 3T/2 2TT 2T3T/2TT/210 由场强变化情况可知粒子的受力变化规律，再根据带电粒子的初速度和加速度判断粒子做什么运动，找出 运动速度变化规律，进而分析粒子位移情况.我们可以利用图象完成上述转化.由于电压随时间的变化规律 与场强、电场力变化规律相同，因此只需根据运动和力的关系，由粒子的受力变化情况画出粒子速度随时 间变化图象，可由图线与时间轴所围的面积分析出粒子的位移随时间的变化情况. 举一反三 【变式】（2015 山东高考）如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间， 时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好 经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为 g。关于微粒在 时间内运 动的描述，正确的是 A.末速度大小为 B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了 D.克服电场力做功为 【答案】BC 类型七、运用力的独立作用原理解决带电物体在复合场中的运动问题 例 7、如图所示，一个带正电的微粒，电荷量为 q，质量为 m，以竖直向上的初速度 在平行板电容器两 板正中间的 A 点进入场强为 E 的匀强电场中，正好垂直打到 B 点，且 AC＝BC，则（ ） A. 粒子在 B 点的速度等于 B. 粒子在 B 点的速度等于 C. 两极板间的电势差 D. 两极板间的电势差 【思路点拨】将运动等效为类平抛运动，按平抛运动的求解思路即可。 【答案】ACD 【解析】带电微粒在竖直方向和水平方向上皆做匀变速直线运动，设微粒达到 B 点经历的时间是 t，AC＝ 3~0 T T~0 图乙 T 3 2T 3 T tO 2E0 E0 E 图甲 v0d 02v mgd2 1 mgd v0 v0 2 0v U mv q = 0 2 U Ev g = 0 2 B v A C11 BC=h，则:在水平方向上 ；在竖直方向上： ，比较可见： ；又在水平方向上 ，在竖直方向上： ，比较得到水平方向上电场力产生的加速度 ，即 ，选项 AC 正确； 又 将 h 代入得到 ，所以选项 D 正确. 【总结升华】根据物体的受力情况，将其所做的运动分解为两个或几个熟悉的、简单的运动求解，是解决 问题的技术和技巧. 类型八、静电场场力做功与路径无关 例 8、 一个质量为 m、带电量为－q 的物体，可以在水平轨道 Ox 上运动，轨道 O 端有一与轨道垂直的固定 墙.轨道处于匀强电场中，电场强度大小为 E，方向沿 Ox 轴正方向.当物体 m 以初速度 从 点沿 x 轴正 方向运动时，受到轨道大小不变的摩擦力 的作用，且 ，设物体与墙面碰撞时机械能无损失，且 电量不变，求： (1)小物体 m 从 位置运动至与墙面碰撞时电场力做了多少功？ (2)物体 m 停止运动前，它所通过的总路程为多少？ 【答案】 【解析】小物体受到的电场力 ，大小不变，方向指向墙壁；摩擦力的方向总是与小物体运动的 方向相反.不管开始时小物体是沿 x 轴的正方向还是负方向运动，因为 ，经多次碰撞后，如果小球 处在 Ox 轴的某点，总会向 O 点加速运动的，所以小物体最终会静止在 O 点.在这一过程中，摩擦力所做负 功使物体的机械能 和电势能 变为零.据此可求得总路程 s. (1)滑块从 到 O 点电场力做功为 (2)滑块运动过程中摩擦力总与其运动方向相反，对 m 做负功，而电场力在滑块停在 O 点时做功仅为 .设滑块通过的总路程为 x，则根据动能定理得： tvh B2 1= tvh 02 1= 0vvB = ahvB 22 = ghv 22 0 = ga = 整理得，而 ,2g vh2 2 0== ghm qU U mv q = 0 2 hEU 2×= U Ev g = 0 2 v0 x0 f f Eq< x0 v0 E O m − q x x0 W Eqx电 = 0 2 0 02 2 mv Eqxx f += F qE= − f qE< 1 2 0 2mv qEx0 x0 W电 W Eqx电 = 0 Eqx012 【总结升华】（1）本题是电势能与机械功能结合的综合题，属难题，疑难点有二：其一，小物体最后停在 何处；其二，小物体碰多少次无法确定.用动力学、运动学求解好像无从下手. （2）要认识物体的运动过程必须进行受力分析：如小物体运动时所受合力为 ，而 方向总是指向 O 点来确定，不论碰墙次数多少，最后总是停于 O 点. （3）用动能定理来列方程求路程 s 特别方便，其关键是理解并能灵活运用静电场力功和滑动摩擦力功的 特 点 . 2 2 0 0 0 0 210 2 2 mv EqxEqx fx mv x f +− = − ∴ = qE f qE f+ −或13 【巩固练习】 一、选择题： 1、 质子和氘核垂直射入两平行金属板间的匀强电场中，它们从电场中射出时偏离的距离相等，由此可知 射入电场时（ ） A、 质子的动能是氘核动能的 2 倍 B、 质子的动能与氘核动能相等 C、质子的速度是氘核速度的 2 倍 D、质子的动量是氘核动量的 2 倍 2、质量为 m，带电量为 Q 的带电微粒从 A 点以竖直向上的速度 射入电场强度为 E 的沿水平方向的匀强 电场中，如图所示，当微粒运动到 B 点时速度方向变为水平方向，大小仍为 ，已知微粒受到的电场力和 重力大小相等，以下说法中正确的是( ) A、 微粒在电场中做匀变速运动 B、 A、B 两点间电势差是 C、 由 A 点到 B 点微粒的动能没有变化 D、 从 A 点到 B 点合力对微粒做功为零 3、带电粒子从静止出发经过电场加速后，垂直进入偏转电场，当离开偏转电场时，决定带电粒子侧移距 离大小的因素是（ ） A、 带电粒子质量越大，侧移越大 B、 带电粒子电量越大，侧移越大 C、 加速电压越低，侧移越大 D、 偏转电压越高，侧移越大 4、如图所示，带电粒子以平行极板的初速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场 （重力不计），若带电粒子的初动能增大为原来的 2 倍，而仍能使其擦极板边缘飞出，则可采取的措施为 （ ） A、 将板的长度变为原来的 2 倍 B、 将板之间距离变为原来的 C、 将两板之间电压变为原来的两倍 D、 以上措施均不对 5、（2016 湖北月考）如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板， 其他面为绝缘材料。ABCD 面带负电，EFGH 面带正电。从小孔 P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相 同的带负电的小球 A、B、C，最后分别落在 1、2、3 三点，则下列说法正确的是(　　) v0 v0 q mvU 2 2 0= B v0 E v0 + A 1 214 A．三个小球在真空盒中都做类平抛运动 B．C 小球在空中运动时间最长 C．C 小球在平板上时速度最大 D．C 小球所带电荷量最少 6、如图所示，一带电粒子以速度 沿垂直电场的方向进入匀强电场，两极板间的电压为 ，射出电场后 偏转距离为 y，要使 y 减小，可以采取的方法是（ ） A、 只提高粒子进入电场的速率 B、 只增大两极板间的电压 C、 只增大两极板间的距离 d D、 只增大两极板的长度 L 7、（2015 腾冲八中期中考）如图所示，一电子沿 x 轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为 OCD，已 知 OA＝AB，电子过 C、D 两点时竖直方向的分速度为 和 ；电子在 OC 段和 OD 段动能的变化量分 别为 ΔEk1 和 ΔEk2，则(　 　) A． B． C． D． 二、填空题： 1、 如图所示，在匀强电场中，质子和 粒子从正极板开始由静止出发达到负极板.已知质子和 粒子电 量之比为 ，质量之比为 ，则它们到达负极板时的速度之比 ＝ _____________. Cyv Dyv 1: 2:Cy Dyv v ＝ 1 2: 1: 4k kE E∆ ∆ ＝ 1: 4:Cy Dyv v ＝ 1 2: 1:3k kE E∆ ∆ ＝ v0 U α α q q1 2 1 2： ：= m m1 2 1 4： ：= v v1 2：15 2、如图所示，空间某个区域内有场强大小为 E 的匀强电场，电场的边界 MN 和 PQ 是间距为 d 的两个平 行平面，如果匀强电场的方向第一次是垂直于 MN 指向 PQ 界面，第二次是和 MN 界面平行，在这两种情 况下，一个带电量为 q 的质点以恒定的初速垂直于 MN 界面进入匀强电场，带电质点从 PQ 界面穿出电场 时动能相等，则带电质点进入电场时的初动能是_______________. 3、 来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为 的直线加速器，形成电流强度为 的细柱形质子流.已知质子电荷 .这束质子流每秒打到靶上的质子数为 ______________.假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距 的两处， 各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为 ______________. 三、解答题： 1、（2016 四川模拟）如图所示的装置，U1 是加速电压，紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板 长为 l，两板间距离为 d，一个质量为 m、带电量为-q 的粒子，经加速电压加速后沿金属板中心线水平射入 两板中，若两水平金属板间加一电压 U2，当上板为正时，带电粒子恰好能沿两板中心线射出；当下板为正 时，带电粒子则射到下板上距板的左端 1/4 处，求： (1) 为多少？ (2)为使带电粒子经 U1 加速后，沿中心线射入两金属板，并能够从两板之间射出，两水平金属板所加电压 U2 应满足什么条件？ 2、 如图所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速不计，质量为 m，电量为 e）经过电势差为 的加速 U kV= 800 I mA= 1 e C= × −160 10 19. l l和4 n n n n1 2 1 2和 ，则 / = 1 2 U U U 016 电场后，由小孔 S 沿两水平金属板 A、B 间的中心线射入.A、B 板间距为 d，板长 ，A 板带正电，B 板带负电，设板间电场是匀强的.当 A、B 板间电势差大小为 时，电子恰能从 A、B 板间飞出，不计重 力.求： （1）电子是从 C 点附近飞出，还是从 D 点附近飞出？ （2） ＝？ （3）若 A、B 间电势差随时间缓慢增大（如函数图所表示）在 t＝40 秒时刻，进入 A、B 板间的电子能从 A、B 板间右边飞出吗？ 3、如图所示，长度为 L，相距为 d 的平行板电容器，与一电源相连.一质量为 m、电量为 q 的粒子以速度 沿平行于金属板之间的中线射入电场中，从飞入时刻计算，A、B 两极板之间的电势差随时间的变化规律 如图所示，为了使带电粒子射出电场时的速度刚好平行于金属板，求： （1）所加电压的周期 T 应满足什么条件； （2）所加电压的最大值应满足什么条件. l d= 2 U1 U1 v0 L d 电源 v v0 O T t T 217 【答案与解析】 一、选择题： 1、B 解析：带电粒子以初速度 v0 垂直于电场的方向射入匀强电场，设平行板的长度是 L，板间距离是 d，偏转 电压是 U，则 偏转距离 解得： ，由此可见， 它们从 电场中射出时偏离的距离相等时，入射的初动能一定相等，选项 B 正确. 2、ABCD 解析：带电微粒受到恒定的电场力和重力作用其合力也一定是恒力，所以微粒在复合场中做匀变速运动， 选项 A 正确；这一过程微粒的动能没有发生变化，由动能定理知，合力对微粒做的功为零，即 （h 为 A 到 B 的竖直高度，d 为沿电场线运动的距离），所以选项 CD 正确；对微粒在竖直 方向有： ，所以 ，选项 B 正确. 3、CD 解析：设加速电压为 ，偏转电压 ，为平行板的长度为 L，板间距离为 d，离开偏转电场时的偏转位 移为 y，粒子进入偏转电场时的速度为 ，则 加速过程用动能定理 ，进入偏转电场后 ，偏转距离 ，解得 ，由此可见降低加速电压，提高偏转电压可以使得粒子的侧移变大，选项 CD 正确. 4、C 解析：设偏转电压 ，为平行板的长度为 L，板间距离为 d，离开偏转电场时的偏转位移为 y，粒子进入 偏转电场时的速度为 ，则 进入偏转电场后 ，偏转距离 ，解得 ，因为带电粒 子 仍能擦极板边缘飞出，所以必有 ，代人上式得 由此式可见，带电粒子 的初动能增加为原来的两倍时，仍能擦边缘飞出，可以使电压增加为原来的两倍，板长变为原来的 倍， 或者使板间距离减小为原来的 ，所以只有选项 C 正确. 5、【答案】C tvL 0= 2 2 1 aty = md eUa = 0 2 2 0 2 42 kdE eUL dmv eULy == 0=− qUmgh g vh 2 2 0= q mv q mghU 2 2 0== 0U U 0v 2 00 2 1 mveU = tvL 0= 2 2 1 aty = md eUa = 0 2 0 2 2 0 2 442 dU UL dE eUL dmv eULy k === U 0v tvL 0= 2 2 1 aty = md qUa = 0 2 2 0 2 42 kdE qUL dmv qULy == 2 dy = 0 2 2 0 2 422 kdE qUL dmv qULd == 2 2 118 【解析】三个小球在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个小球在真空盒中不 是做类平抛运动，选项 A 错误；由于三个小球在竖直方向做自由落体运动，根据 ，知 ， 三个小球的在空中运动时间相同，选项 B 错误；根据动能定理得： ，可得 ，x3>x2>x1，可知，C 小球落到底板时的速率最大，故选项 C 正确；由于 C 小球在 水平方向位移最大，说明 C 小球在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项 D 错误。 6、A C 解析：带电粒子以 进入电场，做类似平抛运动. 偏转距离 故 A C 正确. 7、AC 解析：电子在垂直电场方向上做匀速直线运动，所以到 C 点的时间与到 D 点的时间之比为 ，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动， ，所以 ，A 正确 B 错误；在竖直方向上的位移为 ，所以到 C 点与到 D 点 的竖直位移之比为 ，故电场力做功为 ，所以动能变化 量之比为 ，故 C 错误，D 正确。 二、填空题： 1、 解析：设两极电势差为 U，则由动能定理： 2、 解析：（1）当电场线与 MN 边界垂直时，对带电粒子用动能定理得： ； （2）当电场线方向与 MN 平行时，带电粒子的速度方向与电场线垂直，粒子做类平抛运动， 于是 ，在 偏转场中运用动能定理 ， 与上式比较可得 ， 21 2y gt= 2yt g = 2 2 0 1 1 2 2qEx mgy mv mv+ = − 2 0 2( )qEx mgyv v m += + v E0⊥ y at Uq dm l v = =1 2 1 2 2 0 2( ) 0 0 : : 1: 2oA oB c d x xt t v v = = y Eqv tm = : : 1: 2cy Dy c d Ee Eev v t tm m = = 21 2y at= 2 2: : 1: 4c d c dy y t t= = : : 1: 4c d c dW W Eqy Eqy= = 1 1: 1: 4K KE E∆ ∆ = 2 1： Uq mv= −1 2 02 ∴ = = ⋅ =v Uq m v v q q m m 2 21 2 1 2 2 1 4 qEd 12 kk EEqEd −= tvd 0= 2 1 2 2 22 1 mv qEdaty == 12 kk EEqEy −= dy =19 即 整理得： 3、 解析：这束质子流每秒打到靶上的质子数为 质子在质子源到靶子之间做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度为 a，则 在距离靶源 L 和 4L 处的速度分别是 和 ， 比较可知 . 在距离靶源 L 和 4L 处各取一段极短的相等长度（设为 ）的质子流， 则每段中的质子数分别为 ， 所以， 三、解答题： 1、【答案】(1) ；(2) 【解析】(1)设粒子被加速后的速度为 v0，当两板间加上电压 U2 如上板为正时， ，得 如下板为正时， 得： 而 ，所以 则 (2)当上板加最大电压 U2'时，粒子斜向上偏转刚好穿出 1 2 2 1 2 42 kE qEd mv qEddy === 41 qEdEk = 6 25 1015 1. × −s 1221 ：： =nn 个15 19 3 1025.6106.1 101 ×=× ×== − − e IN aLv 22 1 = Lav 422 2 ×= 12 2vv = l∆ 和 1 1 v lNn ∆= 2 2 v lNn ∆= 121221 ：：： == vvnn 2 1 2 2 16 U l U d = 2 7 9 8 8 mgd mgdUq q < < 2qU mgd = 2 mgdU q = 2 2 qUmg da gm + = = 2 0 1 1 1 422 2 l d g v    =        2 2 0 8 glv d = 2 1 0 1 2qU mv= 2 1 16 mglU dq = 2 1 2 2 16 U l U d = 2 2 1 qU mg qUda gm md ′ − ′= = −20 水平方向： 竖直方向： 联立，解得 若上板加最小正电压时，粒子向下偏转恰穿出 水平方向： 竖直方向： 联立，解得 若下板加上正电压时，粒子只能向下偏转 水平方向： 竖直方向： 联立，解得 可见下板不能加正电压 所以 2、C 点 能 解析：（1）因为电子带负电，上极板带正电，所以电子从 C 点飞出. （2）因为电子恰好从板间飞出，偏转距离一定等于 对电子的加速过程用动能定理得 0l v t= 2 22 1 1 1 2 2 2 qUd a t g tmd ′ = = −   2 9 8 mgdU q ′ = 2 2 2 qUmg qUda gm md ′′− ′′= = − 0l v t= 2 22 2 1 1 2 2 2 qUd a t g tmd ′′ = = −   2 7 8 mgdU q ′′ = 2 2 3 qUmg qUda gm md ′′′+ ′′′= = + 0l v t= 2 22 3 1 1 2 2 2 qUd a t g tmd ′′′ = = +   2 7 8 mgdU q ′′′= − 2 7 9 8 8 mgd mgdUq q < < 2 0 1 UU = 2 dy = m eUvmveU 0 0 2 00 2 2 1 == 00 2 v d v lt ==是电子在板间运动的时间21 电子刚好离开板间时偏转距离是： 解得： （3）由偏转电压随时间的变化图像知，在 t=40s 时，两板之间的电压是 40V，小于 ,电子仍能从 平行板的右侧飞出. 3、 解析：（1）粒子能飞出电场，在电场中的运动时间为 为了使粒子离开电场时 ，应有 ， 所以 T 应满足 （2）在第一个 内， 在第一个 T 内， 同理，此后每一个 T 内，竖直方向的位移增加 设 nT 时，粒子没有落到极板上， m eU d md eUdy 0 2 1 2 4 2 1 2 ⋅== 2 0 1 UU = U 0 2 0 LT (n )nv = 为正整数 2 2 2 0 02 /U md nv qL≤ t L v = 0 0xv v v= = 0ytv = 0 0 L LnT T (n )v nv = = 为正整数 T 2 2 0 T 2 qU TqUF yd 8md = = 2 0 T qU Ty 2 8md = 2 0qU T 4md d qU nT md U md qnT md nv qL 2 4 2 2 0 2 0 2 2 2 0 2 2 ≥ ≤ = / / /则