目標(biāo)要求
1.掌握帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律.2.會分析帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系.3.掌握帶電粒子在電場和重力場的復(fù)合場中的運動規(guī)律.4.會分析、計算帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)問題．
帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動
(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝(如圖)．
(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動
①加速度：a＝＝＝.
②離開電場時的偏移量：y＝at2＝.
③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝＝.
1．兩個重要結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．
證明：在加速電場中有qU0＝mv02
在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y＝at2＝··()2
偏轉(zhuǎn)角θ，tan θ＝＝
得：y＝，tan θ＝
y、θ均與m、q無關(guān)．
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半．
2．功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置間的電勢差．
考向1 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)
例1 (2023·廣東佛山市模擬)如圖所示，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，質(zhì)子(H)和α粒子(He)先后從A點垂直射入勻強電場，粒子重力不計，質(zhì)子從BC邊中點射出，則( )
A．若初速度相同，α粒子從CD邊離開
B．若初速度相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中速度增量之比為1∶2
C．若初動能相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的時間相同
D．若初動能相同，質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中動能增量之比為1∶4
答案 D
解析 對任一粒子，設(shè)其電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有 x＝v0t，豎直方向有y＝at2＝··，若初速度相同，水平位移x相同時，由于α粒子的比荷比質(zhì)子的小，則α粒子的偏轉(zhuǎn)距離y較小，所以α粒子從BC邊離開，由t＝知兩個粒子在電場中的運動時間相等，由Δv＝at＝t，知Δv∝，則質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中速度增量之比為2∶1，故A、B錯誤；粒子經(jīng)過電場的時間為t＝，若初動能相同，質(zhì)子的初速度較大，則質(zhì)子的運動時間較短，故C錯誤；由y＝··，Ek＝mv02得y＝，若初動能相同，已知x相同，則y∝q，根據(jù)動能定理知：經(jīng)過電場的過程中動能增量ΔEk＝qEy，E相同，則ΔEk∝q2，則質(zhì)子和α粒子經(jīng)過電場的過程中動能增量之比為1∶4，故D正確．
例2 (2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時( )
A．所用時間為
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
答案 C
解析 粒子在電場中只受靜電力，F＝qE，方向向下，如圖所示．粒子的運動為類平拋運動．水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝at2＝·t2，＝tan 45°，聯(lián)立解得t＝，故A錯誤；
vy＝at＝·＝2v0，則速度大小v＝＝v0，tanθ＝＝，則速度方向與豎直方向夾角θ≠30°，故B、D錯誤；
x＝v0t＝，與P點的距離s＝＝，故C正確．
考向2 帶電粒子在組合場中的運動
例3 (2023·廣東湛江市模擬)示波管原理圖如圖甲所示．它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個亮斑如圖乙所示．若板間電勢差UXX′和UYY′隨時間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為( )
答案 A
解析 UXX′和UYY′均為正值，兩偏轉(zhuǎn)電極的電場強度方向分別由X指向X′，Y指向Y′，電子帶負(fù)電，所受靜電力方向與電場強度方向相反，所以分別向X、Y方向偏轉(zhuǎn)，可知A正確．
例4 如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構(gòu)成，極板間距離和板長均為L.加速電壓為U0，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等均為U0，電場方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子無初速度地進入加速電場，被加速器加速后，從平移器下板邊緣水平進入平移器，最終從平移器上板邊緣水平離開，不計重力．下列說法正確的是( )
A．粒子離開加速器時速度v0＝
B．粒子通過左側(cè)平移器時，豎直方向位移y1＝
C．Δd與2L相等
D．只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開
答案 B
解析 根據(jù)qU0＝mv02，粒子離開加速器時速度為v0＝，故A錯誤；粒子在左側(cè)平移器電場中的偏移量為y1＝at2，又q＝ma，L＝v0t，得y1＝，故B正確；根據(jù)類平拋運動的特點和對稱性，粒子在兩平移器之間做勻速直線運動，它的軌跡延長線分別過平行板中點，根據(jù)幾何關(guān)系可知Δd＝L，故C錯誤；由B選項可得y1＝，由A選項可知當(dāng)加速電壓增大時，粒子進入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直方向偏移量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下，故D錯誤．
例5 如圖所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強電場，一個質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點)以水平向右的初速度v0，由O點射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過豎直平面中的P點，已知OP與初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，則以下說法正確的是( )
A．所受靜電力大小為
B．小球所受的合外力大小為
C．小球由O點到P點用時
D．小球通過P點時的動能為mv02
答案 C
解析 設(shè)OP＝L，小球從O到P水平方向做勻減速運動，到達P點時水平速度為零，豎直方向做自由落體運動，則水平方向Lcos 60°＝t，豎直方向Lsin 60°＝gt2，解得t＝，選項C正確；水平方向受靜電力F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1與mg的合力，可知合力的大小F＝＝mg，選項A、B錯誤；小球通過P點時的速度大小vP＝gt＝v0，則動能EkP＝mvP2＝mv02，選項D錯誤．
例6 (2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為.重力加速度為g，求：
(1)電場強度的大?。?/p>
(2)B運動到P點時的動能．
答案 (1) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝③
(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－mv12④
且有v1·＝v0t⑤
h＝gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
1．帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形．
當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．
2．研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．
3．注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件．
4．對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強電場中運動．
例7 在如圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子的重力，問：
(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？
(2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？
(3)若電子恰能沿OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？
答案 見解析
解析 (1)由動能定理得e＝mv2－mv02
解得v＝.
(2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向A極板方向偏轉(zhuǎn)，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運動，再經(jīng)過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運動；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T.
(3)若要使電子沿OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(yīng)先加速、再減速，減速到零后反向加速、再減速，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t＝＋k(k＝0,1,2，…)時射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設(shè)兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝，加速階段運動的距離s＝·2≤，
解得d≥T，故兩極板間距至少為T.
例8 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10 cm，極板間距d＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，熒光屏足夠長，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示．每個電子穿過極板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的．求：
(1)在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的位置到O點的距離；
(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度．
答案 (1)13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得eU0＝mv02，
設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強為E，則有E＝，
設(shè)電子經(jīng)時間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則沿中心軸線方向有t＝，垂直中心軸線方向有a＝，聯(lián)立解得y＝at2＝＝，
設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時有vy＝at，tan θ＝，則電子在熒光屏上偏離O點的距離為Y＝y＋Ltan θ＝，由題圖乙知t＝0.06 s時刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5 cm.
(2)由題知電子偏移量y的最大值為，根據(jù)y＝可得，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以代入得Ymax＝，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為2Ymax＝3L＝30 cm.
1.(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球( )
A．做直線運動 B．做曲線運動
C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小
答案 BC
解析 對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤．
2.(多選)(2023·遼寧葫蘆島市高三檢測)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，A球位于B球的正上方，質(zhì)量相等的兩個小球以相同初速度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，其中只有一個小球帶電，不計空氣阻力，下列判斷正確的是( )
A．如果A球帶電，則A球一定帶負(fù)電
B．如果A球帶電，則A球的電勢能一定增加
C．如果B球帶電，則B球一定帶負(fù)電
D．如果B球帶電，則B球的電勢能一定增加
答案 AD
解析 平拋時的初速度相同，在水平方向通過的位移相同，故下落時間相同，A球在上方，豎直位移較大，由h＝at2可知，A球下落的加速度較大，所受合外力較大，如果A球帶電，則A球受到向下的靜電力，一定帶負(fù)電，靜電力做正功，電勢能減小，故A正確，B錯誤；如果B球帶電，由于B球的豎直位移較小，加速度較小，所受合外力較小，則B球受到的靜電力向上，應(yīng)帶正電，靜電力對B球做負(fù)功，電勢能增加，故C錯誤，D正確．
3.如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直．粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角．已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U>0)，不計粒子重力，P點的電勢為零．則下列說法正確的是( )
A．粒子帶負(fù)電
B．帶電粒子在Q點的電勢能為qU
C．P、Q兩點間的豎直距離為
D．此勻強電場的電場強度為
答案 D
解析 由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；粒子從P點運動到Q點，靜電力做正功，大小為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為－qU，故B錯誤；Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則y＝＝d，電場強度大小為E＝＝，故D正確，C錯誤．
4．(多選)(2021·全國乙卷·20)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行．不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是( )
答案 AD
解析 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t＝，離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan θ＝＝＝，因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，(＋q，m)粒子與(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q,3m)、(－q，m)三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉(zhuǎn)角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同，故A、D正確，B、C錯誤．
5.如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子(初速度很小，可視為零)經(jīng)過加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y.要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時碰到偏轉(zhuǎn)極板的情況)( )
A．增大偏轉(zhuǎn)電壓U
B．增大加速電壓U0
C．增大偏轉(zhuǎn)極板間距離
D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子
答案 A
解析 設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長為l，極板間距為d，由eU0＝mv02，t＝，a＝，y＝at2，聯(lián)立得偏轉(zhuǎn)位移y＝，增大偏轉(zhuǎn)電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉(zhuǎn)極板間距離，都可使偏轉(zhuǎn)位移增大，選項A正確，B、C錯誤；由于偏轉(zhuǎn)位移y＝與粒子質(zhì)量、帶電荷量無關(guān)，故將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子，偏轉(zhuǎn)位移不變，選項D錯誤．
6．(多選)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0且周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期T＝，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則( )
A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0
B．粒子的電荷量為
C．在t＝T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02
D．在t＝T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場
答案 AD
解析 粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間t＝，此時間正好是交變電壓的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，選項A正確；在豎直方向，t＝0時刻進入電場的粒子在時間內(nèi)的位移為，則＝a·()2＝()2，計算得出q＝，選項B錯誤；在t＝時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為d＝2×a(T)2－2×a()2＝，故靜電力做功為W＝×d＝U0q＝mv02，電勢能減少了mv02，選項C錯誤；t＝時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，然后再向上減速，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，選項D正確．
7.(2023·重慶市高三模擬)如圖所示，一圓形區(qū)域有豎直向上的勻強電場，O為圓心，兩個質(zhì)量相等、電荷量大小分別為q1、q2的帶電粒子甲、乙，以不同的速率v1、v2從A點沿AO方向垂直射入勻強電場，甲從C點飛出電場，乙從D點飛出，它們在圓形區(qū)域中運動的時間相同，已知∠AOC＝45°，∠AOD＝120°，不計粒子的重力，下列說法正確的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
答案 B
解析 甲、乙在電場中均做類平拋運動，沿初速度方向做勻速直線運動，它們在圓形區(qū)域中運動時間t相同，在水平方向上，根據(jù)題圖中幾何關(guān)系可得xAC＝v1t＝R－Rcos 45°，xAD＝v2t＝R＋Rcos 60°，聯(lián)立可得＝＝，A錯誤，B正確；甲、乙在電場中沿靜電力方向均做初速度為零的勻加速直線運動，則有yAC＝·t2＝Rsin 45°，yAD＝·t2＝Rsin 60°，聯(lián)立可得＝＝，C、D錯誤．
8.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))．t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出．不計重力和粒子間的相互作用，則( )
A．M板電勢高于N板電勢
B．兩個粒子的電勢能都增加
C．粒子在兩板間的加速度為a＝
D．粒子從N板下端射出的時間t＝
答案 C
解析 由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達N板時速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達N板時靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有＝v0t，d＝at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(v0)2－v02＝2ad，聯(lián)立解得t＝，a＝，故C正確，D錯誤．
9.(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)( )
A．兩極板間電壓為
B．板間電場強度大小為
C．整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點不可能垂直打在M上
答案 BC
解析 據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示，
可知兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，對兩次偏轉(zhuǎn)分別由牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得a＝g，E＝，由U＝Ed得兩極板間電壓為U＝，故A錯誤，B正確；質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y＝at2，t＝，解得y＝，故質(zhì)點打在屏上的位置與P點的距離為s＝2y＝，整個過程中質(zhì)點的重力勢能的增加量Ep＝mgs＝，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)E＝＝＝＝可知，板間電場強度不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，仍垂直打在M上，故D錯誤．
10.(2023·黑龍江佳木斯市第八中學(xué)調(diào)研)如圖所示，兩平行金屬板A、B長L＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高300 V，一個不計重力的帶正電的粒子電荷量q＝10－10 C、質(zhì)量m＝10－20 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后，可進入界面MN和光屏PS間的無電場的真空區(qū)域，最后打在光屏PS上的D點(未畫出)．已知界面MN與光屏PS相距12 cm，O是中心線RO與光屏PS的交點．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離；
(2)粒子射出平行板電容器時偏轉(zhuǎn)角；
(3)OD兩點之間的距離．
答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m
解析 (1)帶電粒子垂直進入勻強電場后做類平拋運動，加速度為a＝＝
水平方向有L＝v0t
豎直方向有y＝at2
聯(lián)立解得y＝＝0.03 m
(2)設(shè)粒子射出平行板電容器時偏轉(zhuǎn)角為θ，vy＝at
tan θ＝＝＝＝，故偏轉(zhuǎn)角為37°.
(3)帶電粒子離開電場時速度的反向延長線與初速度延長線的交點為水平位移的中點，設(shè)兩界面MN、PS相距為L′，由相似三角形得＝，解得Y＝4y＝0.12 m.
11．(2023·遼寧大連市第八中學(xué)高三檢測)如圖甲所示，真空中的電極可連續(xù)不斷均勻地逸出電子(設(shè)電子的初速度為零)，經(jīng)加速電場加速，由小孔穿出，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B的中線射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板距離為d，A、B板長為L，AB兩板間加周期性變化的電場UAB，如圖乙所示，周期為T，加速電壓U1＝，其中m為電子質(zhì)量、e為電子電荷量，T為偏轉(zhuǎn)電場的周期，不計電子的重力，不計電子間的相互作用力，且所有電子都能離開偏轉(zhuǎn)電場，求：
(1)電子從加速電場U1飛出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時距A、B間中線的距離y；
(3)在0～內(nèi)射入偏轉(zhuǎn)電場的電子中從中線上方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子占離開偏轉(zhuǎn)電場電子總數(shù)的百分比．
答案 (1) (2) (3)50%
解析 (1)電子在加速電場中加速，
由動能定理得eU1＝mv02－0
解得v0＝
(2) 電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向L＝v0t，解得t＝，t＝0時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子加速度a＝＝，電子離開電場時距離A、B中心線的距離y＝at2，解得y＝
(3)在0～內(nèi)射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，設(shè)向上的方向為正方向，設(shè)電子恰在A、B間中線離開偏轉(zhuǎn)電場，則電子先向上做初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t′后速度v＝at′，此后兩板間電壓大小變?yōu)?/span>3U0，加速度大小變?yōu)?/span>a′＝＝＝3a
電子向上做加速度大小為3a的勻減速直線運動，速度減為零后，向下做初速度為零、加速度大小為3a的勻加速直線運動，最后回到A、B間的中線，經(jīng)歷的時間為，則at′2＋v(－t′)－×3a(－t′)2＝0，解得t′＝，則能夠從中線上方向離開偏轉(zhuǎn)電場的電子的發(fā)射時間為t″＝，則在0～時間內(nèi)，從中線上方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子占離開偏轉(zhuǎn)電場電子總數(shù)的百分比η＝×100%＝50%.
12．(多選)如圖，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的質(zhì)子(不計重力)在勻強電場中運動，先后經(jīng)過水平虛線上A、B兩點時的速度大小分別為va＝v、vb＝v，方向分別與AB成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB＝L，則( )
A．質(zhì)子從A到B的運動為勻變速運動
B．電場強度大小為
C．質(zhì)子從A點運動到B點所用的時間為
D．質(zhì)子的最小速度為v
答案 ABD
解析 質(zhì)子在勻強電場中受力恒定，故加速度恒定，則質(zhì)子從A到B的運動為勻變速運動，A正確；質(zhì)子在勻強電場中做拋體運動，在與電場垂直的方向上分速度相等，設(shè)va與電場線的夾角為β，如圖所示．
則有vasin β＝vbcos β，解得β＝60°，根據(jù)動能定理有qELcos 60°＝mvb2－mva2，解得E＝，B正確；根據(jù)幾何關(guān)系可得，AC的長度為Lsin 60°＝L，則質(zhì)子從A點運動到B點所用的時間為t＝＝，C錯誤；在勻變速運動過程中，當(dāng)速度方向與靜電力方向垂直時，質(zhì)子的速度最小，有vmin＝vasin β＝v，D正確．
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