知识讲解 带电粒子在电场中的运动（提高）

1 理总复习：带电粒子在电场中的运动 【考纲要求】 1、知道带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方面的问题； 2、会结合力学知识分析解决带电粒子在复合场中的运动问题； 3、知道示波管的基本原理。 【考点梳理】 考点一、带电粒子在匀强电场中的加速 带电粒子在电场中运动时，重力一般远小于静电力，因此重力可以忽略。 要点诠释： 如图所示，匀强电场中有一带正电 q 的粒子（不计重力），在电场力作用下从 A 点加 速运动到 B 点，速度由 v0 增加到 v. A、B 间距为 d，电势差为 UAB. （1）用动力学观点分析： ， ， （2）用能量的观点（动能定理）分析： 能量观点既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场，对匀强电场又有 。 考点二、带电粒子在匀强电场中的偏转 要点诠释： （1）带电粒子以垂直于电场线方向的初速度 v0 进入匀强电场时，粒子做类平抛运动。垂 直于场强方向的匀速直线运动，沿场强方向的匀加速直线运动。 （2）偏转问题的处理方法，类似于平抛运动的研究方法，粒子沿初速度方向做匀速直线 运动，可以确定通过电场的时间 。 粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 ； 穿过电场的位移侧移量： ； 穿过电场的速度偏转角： 。 两个结论： （1）不同的带电粒子从静止开始，经过同一电场加速后再进入同一偏转电场，射出时的偏 转角度总是相同的。 Eqa m = UE d = 2 2 0 2v v ad− = 2 2 0 1 1 2 2ABqU mv mv= − ABW qU qEd= = 0 lt v = F qE qUa m m md = = = 2 2 1 aty = 2 2 2 0 0 1 ( ) .2 2 Uq l ql Umd v mv d = ⋅ = 2 0 0 tan yv ql Uv mv d θ = =2 （2）粒子经过电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中 点。（与平抛运动的规律一样） 考点三、示波管的构造原理 （1）示波管的构造：示波器的核心部件是示波管，示波管的构造简图如图所示，也可将示 波管的结构大致分为三部分，即电子枪、偏转电极和荧光屏。 　 　　　　 （2）示波管的原理 　　a、偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形 成一个亮斑。 　　b、在 （或 ）加电压时，则电子被加速，偏转后射到 （或 ）所在直线 上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示。 　　在图中，设加速电压为 ，电子电荷量为 e，质量为 m，由 得 　 ① 在电场中的侧移 　 ② 其中 d 为两板的间距。　 水平方向 　 ③ 又 　　 ④ 由①②③④式得荧光屏上的侧移 或者：当求出侧移量 y 后，可以用相似形求 ，要利用“速度的反向延长线交于两板的中 点”的结论，方程为 。 　　c、示波管实际工作时，竖直偏转板和水平偏转板都加上电压一般加在竖直偏转板上的 电压是要研究的信号电压，加在水平偏转板上的是扫描电压，若两者周期相同，在荧光屏上 就会显示出信号电压随时间变化的波形图。 【典型例题】 类型一、带电粒子在匀强电场中的加速 XX ′ YY′ XX ′ YY′ 1U kW E= ∆ 2 1 0 1 2eU mv= 2 221 2 2 eUy at tmd = = 0 Lt v = 22 0 0 0 tan yv at eL Uv v mv d ϕ = = = 2 2 0 tan ( ) ( ) tan2 2 eLU L Ly y L L Lmv d ϕ ϕ′ ′ ′ ′= + = + = + y′ 2 2 y y L L L ′= ′+3 例 1、一电子由静止开始经电压为 U1 的加速电场加速后，又垂直于电场线进入电压为 U2 的两平行金属板间的偏转电场，射出偏转电场时沿电场线方向偏移量为 y，要使 y 增 大，则一定可行的方法是（ ） A、U1、U2 都增大 B、U1、U2 都减小 C、U1 减小，U2 增大 D、U2 减小，U1 增大 【思路点拨】要分析改变哪几个量使电子的偏移量变大，基本的方法就是快速写出偏移量的 表达式。这里比较明显的是增大偏转电场的电压，场强变大，电场力变大，偏移量大。 【答案】C 【解析】电子由静止在加速电场加速 以速度 v 进入偏转电场 故 C 正确。 【总结升华】不同的带电粒子从静止开始，经过同一电场加速后再进入同一偏转电场，射出 偏转电场时沿电场线方向偏移量 y 与粒子的种类无关，只与加速电场的电压 U1 有关（成反 比）、与偏转电场的参数有关（U2、板长 l、两板间距 d）。 举一反三 【变式 1】如图，电子在电势差为 U1 的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为 U2 的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在电 子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角 变大的是（ ） 　A．U1 变大，U2 变大　　B．U1 变小，U2 变大 　　C．U1 变大，U2 变小　　D. U1 变小，U2 变小 【答案】B 【解析】设电子质量为 m，电荷量为 e，经电势差为 U1 的电场加速时， 由动能定理得 经平行板射出时，其水平速度和竖直速度分别为 ， 2 1 1 2eU mv= l vt= eE ma= 2UE d = 2 2 1 aty = 2 2 14 U ly U d = θ 2 1 1 2eU mv= 0xv v= 2 0 y eU lv at md v = = ⋅4 由此得 或 当 l、d 一定时，增大 U2 或减小 U1 都能使偏角 增大。 【变式2】静电场方向平行于x轴，其电势φ 随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和 d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0 为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒 子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为－A（0Uc.一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线 KLMN 所示，由图可知（　） A.粒子从 K 到 L 的过程中，电场力做负功 B.粒子从 L 到 M 的过程中，电场力做负功 C.粒子从 K 到 L 的过程中，静电势能增加 D.粒子从 L 到 M 的过程中，动能减少 【思路点拨】判断粒子的电性一般根据“合力指向轨迹凹的一侧”，判断电势高低根据电场 线的方向，判断动能的增大减小、电势能的增大减小根据电场力做功，分析力的方向位移的 方向。 【答案】AC 【解析】粒子先靠近再远离，受斥力作用。粒子从 K 到 L 的过程中，力的方向与位移相反， 电场力做负功，A 对；远离过程电场力做正功，B 错；电场力做正功，动能增加，电势能减 少，电场力做负功，动能减小，电势能增加，粒子从 K 到 L，电场力做负功，静电势能增加 C 对，粒子从 L 到 M 的过程中，电场力做正功，动能增加，D 错。 【总结升华】对这类问题，应先判断受力情况，做曲线运动的物体所受合力指向凹的一侧， 或者根据运动判断，先靠近后远离，显然受排斥力。静电场力做功问题与重力场做功可以认 为是“一样的”，利用类比有助于理解和记忆。 举一反三 【变式】如图，在点电荷 Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷 、 分别置于 A、 B 两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将 、 移动到无穷远的过程中外力 克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是（ ） A．A 点电势大于 B 点电势 B．A、B 两点的电场强度相等 C． 的电荷量小于 的电荷量 D． 在 A 点的电势能小于 在 B 点的电势能 【答案】C 【解析】将正的点电荷从电场中移到无穷远处要克服电场力做功，说明点电荷 Q 带负电， 在负的点电荷电场中离负电荷越远处电势越高，因此 A 点电势小于 B 点电势，A 项错误； 离点电荷越远处电场强度越小，B 项错误；A 点与无穷远处的电势差 U1 比 B 点与无穷远处 3 2 0 2 6.25 10y v t m−= = × 0v ∴ 2 1 2 3.125 10y y y m−= + = × O′ 23.125 10R y m−= = × 1q 2q 1q 2q 1q 2q 1q 2q8 的电势差 U2 大，由于两电荷移到无穷远处克服电场力做功相等，因此有 ，因 此 q1 小于 q2 ，C 项正确；由于两电荷移到无穷远处克服电场力做功相等，因此有 ，即 ，因此两电荷在 A、B 两点的电势能相等，D 项错误。 类型三、带电粒子在交变电场中的运动 例 4、（2015 山东卷） 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 【解析】 因 内微粒匀速运动，故 E0q=mg ；在 时间内，粒子只受重力作用， 做平抛运动，在 时刻的竖直速度为 ，水平速度为 v0；在 时 间内，粒子满足 2E0q-mg=ma，,解得 a=g，方向向上，则在 t=T 时刻，粒子的竖直速度减小 到零，水平速度为 v0，选项 A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了 ，选项 C 正确；从射入到射出，由动能定理可知， ，可知克服电场力 做功为 ，选项 D 错误；故选 BC 【考点】带电粒子在复合场中的运 动. 举一反三 3~0 T T~0 图乙 T 3 2T 3 T tO 2E0 E0 E 图甲 v0d 02v mgd2 1 mgd 2 3 Tt = 1 3y gTv = 1 2 2p dE mg mgd∆ = ⋅ = 1 =02 mgd W− 电 1 2 mgd 1 1 2 2qU q U= 00q 21 −=− BA q ϕϕ BA q ϕϕ 21q = 0 ~ 3 T 2~3 3 T T 2 ~3 T T9 【高清课堂：带电粒子在电场中的运动 1 例 4】 【变式】如图所示，AB 是一对平行的金属板，在两板之间加上一周期为 T 的交变电压 U， A 板的电势 φA=0，B 板电势 φB 随时间的变化规律如图所示。现有一电子从 A 板上的小孔进 入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（ ） A.若电子是在 t=0 时刻进入的，它将一直向 B 板运动 B.若电子是在 时刻进入的，它可能时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后打 在 B 板上 C.若电子是在 时刻进入的，它可能时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最后打 在 B 板上 D.若电子是在 时刻进入的，它可能时而向 B 板运动，时而向 A 板运动 【答案】AB 【解析】电子在 t=0 时刻进入电场后的 v-t 图象如图中①所示，由图象可知电子一直向 B 板 运动，最后打到 B 板上，A 正确。 电子在 时刻进入电场后的 v-t 图象如图中②所示，由图象可知，在电子运动的一周 内，电子先向 B 运动后向 A 板运动，但向 B 板运动的位移大于向 A 板的位移，故最后要打在 B 板上，B 正确。同理，由第③条 v-t 图线可知 C 错误。电子在 时刻进入电场，电子 开始就受力向 A 返回，不能在电场中运动，故 D 不对。故选 AB。 类型四、带电粒子在复合场中的运动 处理带电粒子在复合场中运动的关键是要弄清粒子所在区域存在几个场，分别是什么性 质的场（电场、磁场、重力场），几个场是简单的排列，还是叠加，粒子受力情况如何。处 理方法主要有以下两种： 　　1．正交分解法：将复杂的运动分解为两个互相正交的简单的直线运动。 　　2．等效“重力场”法，将重力与电场力进行合成如图所示，则 等效于“重力”， 等效于“重力加速度”， 的方向等效于“重力的方向”。 1 8t T= 3 8t T= 1 2t T= 1 8t T= 1 2t T= F合 Fa m= 合 F合10 　　 例 5、（2016 北京卷）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方 向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 ， 偏转电场可看做匀 强电场，极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d。 （1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度 v0 和从电场射出时沿垂直版面 方向的偏转距离 Δy； （2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子 所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知 ， ， ， ， 。 （3）极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的 概念，并简要说明电势和“重 力势”的共同特点。 【答案】（1） （2）不需要考虑电子所受的重力（3） 、电势 和重力势 都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定 【解析】（1）根据功能关系，可得 ， 电子射入偏转电场的初速度 ， 偏转电场中电子的运动时间 侧移量 （2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 ，电场力 0U 22.0 10 VU = × 24.0 10 md −= × 319.1 10 kgm −= × 191.6 10 Ce −= × 2110 m/sg = ϕ G ϕ 2 04 UL U d pE q ϕ = ϕ G ϕ 2 0 0 1 2eU mv= 0 0 2eUv m = 0 02 L mt Lv eU ∆ = = 2 2 0 1 ( )2 4 ULy a t U d ∆ = ∆ = 2910G mg N−= ≈11 由于 ，因此不需要考虑电子所受的重力 （3）电场中某点电势 定义为电荷在该点的电势能 与电荷量 q 的比值 ， 由 于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能 与其质量 m 的比值，叫做重力势，即 ，电势 和重力势 都是反映场的能的 性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定 举一反三 【变式】如图所示，一绝缘“ ”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆 PQ、MN 和一半 径为 R 的光滑半圆环 MAP 组成，固定在竖直平面内，其中 MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙 的．现将一质量为 m 的带正电荷的小环套在 MN 杆上，小环所受的电场力为重力的 1/2． （1）若将小环由 D 点静止释放，则刚好能到达 P 点，求 DM 间的距离． （2）若将小环由 M 点右侧 5R 处静止释放，设小环与 PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环 所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。 【答案】（1） （2）若 ， ； 若 ， 【解析】（1）设 DM 间的距离为 x，根据动能定理 已知 ，联立解得 . （2）若 （即 ），设小环到达 P 点右侧 处静止， 根据动能定理 ， 联立解得 ，克服摩擦力做功 . 若 （即 ），小环在 PQ 上经过往复运动，最后在 P 点速度为零， 1510eUF Nd −= ≈ F G>> ϕ Eϕ pE q ϕ = GE G G E m ϕ = ϕ G ϕ 4x R= mg qEµ ≥ 1 1 2 mgRW µ µ= + mg qEµ < 2 1 2W mgR= 2 0 0qEx mgR− = − 1 2qE mg= 4x R= mg qEµ ≥ 1 2 µ ≥ 1s 1 1(5 ) 2 0 0qE R s mg R fs− − − = − f N mgµ µ= = 1 1 2 Rs µ= + 1 1 1 2 mgRW mgs µµ µ= = + mg qEµ < 1 2 µ ' 0yyu < ' 0xxu < ' 0yyu > ' 0xxu < ' 0yyu < ' 0xxu > ' 0yyu > ' 0xxu > ' 0yyu < ' 0xxu < ' 0yyu > ' 0xxu < ' 0yyu < ' 0xxu >14 【巩固练习】 一、选择题 1、（2016 广东深圳宝安模拟）如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小 保持不变。让质子（ ）流以不同初速度先后两次垂直电场射入，分别沿 a、b 轨迹落到极 板的中央和边缘，则质子沿 b 轨迹运动时（ ） A. 加速度更大 B. 初速度更大 C. 动能增量更大 D. 两次的电势能增量相同 2、（2016 浙江模拟）有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中 墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒结构带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，在 经过偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小， 下列措施可行的是（ ） A. 减小墨汁微粒的质量 B. 减小墨汁微粒所带的电荷量 C. 增大偏转电场的电压 D. 增大墨汁微粒的喷出速度 3、如图，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以 v0 水平射入 电场，且沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以 v0 从原处飞入， 则带电小球（　 ） 　　A．将打在下板中央 　　B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 　　C．不发生偏转，沿直线运动 1 1H15 　　D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 4、空间存在匀强电场，有一电荷量 q(q>0)，质量 m 的粒子从 O 点以速率 v0 射入电场， 运动到 A 点时速率为 2v0。现有另一电荷为-q、质量 m 的粒子以速率 2v0 仍从 O 点射入该电 场，运动到 B 点时速率为 3v0。若忽略重力的影响，则（ ） A．在 O、A、B 三点中，B 点电势最高 B．在 O、A、B 三点中，A 点电势最高 C．OA 间的电势差比 BO 间的电势差大 D．OA 间的电势差比 BA 间的电势差小 5、质量不同、带电量相同的粒子，不计重力，垂直于电场线射入同一个匀强电场。若它 们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的（ ） A．速度 B．动量 C．动能 D．速度、动量和动能 6、如图所示，有一带电粒子贴 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1 时，带 电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为 U2 时，带电粒子沿轨迹②落到 B 板中间； 设两次射入电场的水平速度相同，则电压 U1、U2 之比为（ ） A. 1:8 B .1:4 C 1:2 D .1:1 7、三个质量相等且分别带有正电荷、负电荷和不带电的微粒，均由左侧中央以相同的水 平速度射入竖直向上的匀强电场，分别落在正极板 A、B、C 三处（如图），并把落在 A、 B、C 处的微粒分别称为 A、B、C，则（ ） A．它们在电场中运动的时间相同 B．微粒 A 带正电荷、微粒 B 带负电荷、微粒 C 不带电荷 C．它们到达正极板时的动能 D．它们在电场中的加速度 8、在真空中有一竖直向上的匀强电场 E1，一个带电液滴在电场中 O 点处于静止状态。 现将 E1 突然增大到 E2，方向不变，作用一段时间。再突然使 E2 反向，E2 大小不变，再经 过一段同样长的时间，液滴恰好返回到 O 点。在这两段相同的时间里（ ） kA kB kCE E E< < C B Aa a a< 0B ϕ ϕ> ( ) ( )2 2 20 0 0 1 12 32 2 2 OA OA m v m vW mvU q q q − = = =21 ，C 错。 ， D 正确。故选 AD。 5、C 解析： ， ， ， ， 联立解得 ，题设偏转角度相同，显然， 相同， 即动能相同，只有 C 对。 6、A 解析：① 联立解得 ② 联立解得 则电压 U1、U2 之比 . A 正确。 7、D 解析：由 可知，速度相同，水平位移不相同，则时间不同，A 错。 微粒带正电时，重力向下，电场力向上，根据牛顿第二定律 微粒带负电时，重力向下，电场力向下， ，加速度最大。所以 A 带负电， C 带正电，B 不带电，B 错， ，D 对。 重力做正功，要使到达正极板时的动能的动能最大，就必须是电场力做正功，电场力对微 粒 A 做正功，A 的动能最大， ，C 错。故选 D。 8、C 解析：在 O 点处于静止状态 O 到 A 点 到 A 点后电场反向，匀减速上升到 B 点， A 到 B 到 O 点 ，合力的冲量大小不相等，A 错。 根据动能定理 ( ) ( )2 2 20 0 0 1 13 2 52 2 2 OB OB m v m vW mvU q q q − = = =− − − 2 08 2BA BO AO AO mvU U U Uq = − = > 0 tan yv v θ = yv at= 0L v t= qUa md = 2 0 tan qUL mv d θ = 2 0mv 0L v t= 2 1 1 1 2 2d a t= 1 1 qUa md = 2 2 0 1 2 mv dU qL = 02 L v t= 2 2 1 2d a t= 2 2 qUa md = 2 2 0 2 2 8mv dU qL = 1 2: 1:8U U = x vt= mg qE ma− = mg qE ma+ = C B Aa a a< < kA kB kCE E E> > 1qE mg= ( )I t F t qE mg t= = −合1 合1 ( )I t F t qE mg t= = +合2 合2 1 2 )kE F h qE mg h∆ = = −合1 （22 合力做的功不相等，动能的变化不相等，B 错。 O 到 A 点，电场力做正功，A 到 B 到 O 点电场力也做正功，电场力相等，位移相等， 所以电场力做功相同，C 对。 前段重力做负功，后段重力做正功，重力做功不相同，D 错。故选 C。 9、D 解析：① 比 Y 电势高，亮斑沿 OY 向下移动，①不对。 ②X 比 电势高、Y 比 电势高，亮斑移到荧光屏的右上方（即图中第一象限），②不 对。 ③在偏转电极 上加特定的周期性变化的电压（扫描电压），则在荧光屏上出现一条水 平亮线，③对。 ④在偏转电极 上加适当频率的扫描电压、在偏转电极 上加按正弦规律变化的电 压，则在荧光屏上出现正弦曲线，④对。故选 D。 10、C 解析：电子经加速电压加速后，以速度 v0 垂直进入两对相互垂直的偏转电场，并在示波 管的荧光屏上激发一个对应的光斑。该光斑在 上所加如图甲所示的扫描电压作用下， 在每一个周期内重复做沿+x 轴方向的匀速直线运动，又该光斑在 上所加如图乙所示的 信号电压作用下，在每一个周期的四分之一周期内沿+y 轴方向的匀速直线运动，接着的半 个周期内做沿－x 轴方向的匀速直线运动，接下来的半个周期内又做沿+x 轴方向的匀速直线 运动。两个方向的合运动如题图丙中 C 所示。 二、填空题 1、1:2； 1:1； 1:2 解析： 粒子和质子的电荷量比是 2:1，质量比是 4:1， 侧向位移 ，所以 . 动量的增量由合外力做功决定，由动能定理得 所以 . 偏转角的正切值 所以 . 2、1：3 、1：4 解析：第一次 第二次 2 2 )kE F h qE mg h∆ = = +合2 （ Y′ X ′ Y′ XX ′ XX ′ YY′ XX ′ YY′ α 2 2 0 1 1 ( )2 2 qE l qy at m v m = = ∝ : 1: 2Hy yα = 2 = =k qE W W qE y m ∆ = ⋅ ∝合 电 : 1:1k kHE Eα∆ ∆ = 2 0 0 0 tan yv at qEl q v v mv m θ = = = ∝ tan : tan 1: 2Hαθ θ = 2 0 1 ( )2 2 qU ld m d v = 2 0 12 ( )2 3 qU ld m d v =23 两式相比得 根据动能定理，动能变化之比等于两次电场力做功之比 第一次 第二次 所以 三、计算题 1、 解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为 q，则带电小球受重力 mg 和电场力 qE 的 作用。当 U1＝300 V 时，小球平衡： ① 当Ｕ2＝60 V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律 ② 又 ③ 由①②③得： . 2、【答案】 (1) 　(2) 　 　(3) 【解析】(1) 设粒子经时间t0进入偏转电场 ；即在t时刻进入偏转电 场，在电场中的运动时间 ；偏转电场中的加速度 ；粒子在场中的 偏转距离为 ，得 。 在电场中的偏转角 . 粒子从射出偏转电场到打到接收屏上的偏转距离y2=ltanθ. y=y1+y2，得 . 3 16 d 2l t 2 3 l t 3 16 d 3 16 d− 0 0 2lt tv = = 1 2 tt = 02qUa dm = 2 1 1 1 2y at= 1 16 dy = 1 0 tan at v θ = 3 16y d= 1 3 U U =′ 1 2 k k E W E W ∆ =∆ 1 1 2 2 qUW d qUd = ⋅ = 2 223 3 qUW d qUd ′ ′= ⋅ = 1 2 1 4 k k E W E W ∆ = =∆ 24.5 10t s−= × d Uqmg 1= mad Uqmg =− 2 2 2 1 ath = 2 21 1 2 2 2 0.8 10 300 4.5 10( ) (300 60) 10 U ht s sU U g − −× × ×= = = ×− − ×24 (2) 能穿过阀门B的最短时间为 ，对应的最大速度为 。能穿过 阀门B的最长时间为 ，对应的最小速度为 . (3) 速度最大的粒子将在0时刻出阀门B， 时刻进入偏转电场，故其偏转距 离与第(1)问相同，打在y轴上的坐标为 ；速度最小的粒子将在 时刻出阀门 B，2t时刻进入偏转电场，向下偏转时间为t， ， ，再向下偏转 (减速) 出电场的速度恰好水平， ； ， 。即两个坐标分别为 ， 。 3、（1） （2） （3） 解析：（1）设电子经电压 U1 加速后的速度为 v0， 根据动能定理得 解得： （2）电子以速度 v0 进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初 速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为 E，电子在偏转电场运动的时间为 t1，电子的加速度为 a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 y1，根据牛顿第二定 律和运动学公式得： 解得： 。 （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为 vy，根据运动学公式得 电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为 t2，电子打到荧光屏上的侧移量为 y2，如图所示 2 t max 2 2 l ltv t = = 3 2 t min 23 2 3 l ltv t = = 2 t 3 16 d 2 t 0 1 qUa dm = 2 1 1 1 2y a t′ = 2 t 0 2 2qUa dm = 2 2 2 1 2 2 ty a  ′ =    1 2 3 16y y y d′ = ′+ ′ = − 3 16 d 3 16 d− m eUv 1 0 2= dU LU 1 2 12 4 dU LULL 1 1212 4 )2( + 2 1 0 1 2eU mv= m eUv 1 0 2= F eE= 2UE d = 2eUa md = 1 0L v t= 2 1 1 2y at= 2 2 1 1 14 U Ly U d = 2 1 1 0 y U eLv at dmv = =25 解得： P 到 O 点的距离为 。 或者利用相似三角形的关系计算： （速度的反向延长线交于两板的中点） 。 4、（1） （2）当 时，收集效率 为 100%；当 时， 收集率 （3） = ，如图所示。 解析：（1）收集效率 为 81%，即离下板 0.81d0 的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压 电 源的电压为 ，在水平方向有 ① 在竖直方向有 ② 其中 ③ 当减少两板间距是，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率。收集效率恰好为 100%时，两板间距为 。如果进一步减少 ，收集效率仍为 100%。 因此，在水平方向有 ④ 在竖直方向有 ⑤ 其中 ⑥ 联立①②③④⑤⑥可得 ⑦ （2）通过前面的求解可知，当 时，收集效率 为 100% ⑧ 当 时，设距下板 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 2 0 Lt v = 2 2yy v t= 2 1 2 2 12 U L Ly dU = 2 1 2 1 1 2 1 (2 ) 4 L L U Ly y y U d += + = 1 2 11 2 2 L Ly Ly + = 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 ( 2 ) 4 L L L L LUy yL U d + += = 09.0 d 09.0 dd ≤ η 09.0 dd > 2 081.0     = d dη /M t∆ ∆ d dnmbv 2 0 081.0=η η U tvL 0= 2 0 2 181.0 atd = 0md qU m qE m Fa === md d tvL 0= 2 2 1 tad m ′= mmd qU m Eq m Fa =′=′=′ 09.0 dd m = 09.0 dd ≤ η 09.0 dd > x26 ⑨ 根据题意，收集效率为 ⑩ 联立①②③⑨⑩可得 （3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量 = 当 时， ，因此 = 当 时， ， 因此 = 绘出的图线如下： 2 02 1      = v L md qUx d x=η 2 081.0     = d dη /M t∆ ∆ 0nmbdvη 09.0 dd ≤ 1=η /M t∆ ∆ 0nmbdv 09.0 dd > 2 081.0     = d dη /M t∆ ∆ d dnmbv 2 0 081.0=η