資源簡介

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10.5 帶電粒子在電場中的運動
一、考點梳理
考點一、帶電粒子在電場中的直線運動
1.帶電粒子的加速
帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的靜電力與運動方向在同一直線上，做加速（或減速）直線運動。
2.分析帶電粒子加速的問題的兩種思路
（1）利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式來分析
當解決的問題屬于勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量時，適合運用這一種思路分析。
可由靜電力求得加速度進而求出末速度、位移或時間。
（2）利用靜電力做功結合動能定理來分析。
靜電力做的功等于粒子動能的變化量。
當問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景時，適合運用這一種思路分析。
①若粒子的初速度為零，則
得：
②若粒子的初速度不為零，則
得：
【典例1】如圖所示，、是真空中的兩塊平行金屬板，質量為、電荷量為的帶電粒子，以初速度由小孔進入電場，當、間電壓為時，粒子恰好能達到板，如果要使這個帶電粒子到達、板間距的后返回，下列措施中能滿足要求的是（不計帶電粒子的重力）（　　）
A．使初速度減為原來的 B．使、間電壓減半
C．使、間電壓提高到原來的4倍 D．使帶電粒子的比荷變為原來的2倍
【答案】D
【解析】A．由知，則有當變為原來的，向右到達的距離變為，故A錯誤；
BCD．因為所以 通過分析知，使、間電壓減半或使、間電壓提高到原來的4倍均不可以使這個帶電粒子到達、板間距的后返回，若帶電粒子的比荷變為原來的2倍則可以滿足要求，故BC錯誤，D正確。故選D。
【典例2】如圖所示，懸線下掛一個帶正電的小球，它的質量為m，電荷量為q，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，下列說法中正確的是（　　）
A．若剪斷懸線，則小球將做曲線運動
B．若剪斷懸線，則小球將靜止不動
C．若剪斷懸線，則小球做勻速運動
D．若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動
【答案】D
【解析】平衡時小球受到的電場力與重力的合力與懸繩的拉力等大、反向，當剪斷懸線時，拉力消失，電場力與重力的合力保持不變，則小球將從靜止開始做勻加速直線運動。故選D。
【典例3】如圖，固定在豎直面內的光滑絕緣軌道由水平段和半徑為的半圓環段平滑相切而成，過圓環直徑的虛線左側存在方向水平向右的勻強電場。現將一可視為質點的帶正電小滑塊，從水平軌道的點由靜止釋放，滑塊沿軌道運動到半圓環上點時對軌道的壓力等于滑塊重力的6倍，且滑塊離開半圓環后不經任何碰撞回到點，關于上述過程，下列說法正確的是（　　）
A．滑塊沿軌道運動經過點時對軌道無壓力
B．滑塊受到的電場力是滑塊重力的2倍
C．在虛線左側，滑塊到達距虛線的水平距離為的位置時，電場力的瞬時功率為零
D．到點的距離為
【答案】AC
【解析】A．滑塊沿軌道運動到半圓環上點時，由牛頓第二定律可得其中解得從B到D過程，據動能定理可得在D點時，由牛頓第二定律可得聯立解得，即滑塊沿軌道運動經過點時對軌道無壓力，A正確；B．由滑塊離開半圓環后不經任何碰撞回到點可知，在豎直方向上滑塊自由下落在水平方向上，滑塊先向左減速后向右加速，滿足聯立解得B錯誤；C．當滑塊的速度豎直向下，即水平分速度為零時，電場力的瞬時功率為零，從D點飛出的水平位移為即在虛線左側，滑塊到達距虛線的水平距離為的位置時，電場力的瞬時功率為零，C正確；D．設到點的距離為s，由動能定理可得解得即到點的距離為，D錯誤。
練習1、（多選）一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重力不計）以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強電場，場強為E（如圖所示），則（　　）
A．粒子射入的最大深度為
B．粒子射入的最大深度為
C．粒子在電場中運動的最長時間為
D．粒子在電場中運動的最長時間為
【答案】BD
【解析】粒子射入到最右端，由動能定理得-Eqxmax=0-mv02最大深度xmax=由v0=at a=可得則粒子在電場中運動的最長時間為故選BD。
練習2、如圖所示，A、B是一條電場線上的兩點，若在A點釋放一初速度為零的電子，電子僅受電場力作用，并沿電場線從A運動到B，其速度隨時間變化的規律如圖所示，設A、B兩點的電場強度分別為EA、EB，電勢分別為фA，фB則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】AB．因為電子做勻加速直線運動，則加速度不變，即所受電場力不變，可知電場強度不變，所以故A正確，B錯誤；CD．因為電子從A到B做加速運動，所以電場線由B指向A，沿電場線方向電勢逐漸降低，則故D正確，C錯誤。
考點二、帶電粒子在非勻強電場中的運動
【典例1】如圖所示，虛線A、B、C為某電場中的三條電場線，實線為一帶正電粒子僅在電場力作用下運動的軌跡，P、Q為軌跡與電場線A、C的交點，則下列說法正確的是（　　）
A．P點電勢比Q點電勢高
B．粒子在P點的加速度大于在Q點的加速度
C．粒子在P點的動能大于Q點動能
D．粒子在P點電勢能小于粒子在Q點電勢能
【答案】A
【解析】
A．根據電場力與電場線相切且指向軌跡凹側可知粒子所受電場力F的方向如圖所示，由于粒子帶正電，故場強方向與電場力的方向一致，沿電場線方向，電勢降低，故P點電勢比Q點電勢高，A正確；
B．P點電場線比Q點電場線稀疏，故P點場強更小，帶正電粒子所受電場力更小，加速度更小，B錯誤；
CD．從P點到Q點的過程電場力的方向與運動方向夾角小于90°，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故粒子在P點的動能小于Q點動能，粒子在P點電勢能大于粒子在Q點電勢能，CD錯誤。
【典例2】根據α粒子散射實驗，盧瑟福提出了原子的核式結構模型。圖中虛線表示原子核所形成的電場的等勢線，實線表示一個α粒子的運動軌跡。在α粒子從a運動到b、再運動到c的過程中，下列說法中正確的是（　　）
A．動能先增大后減小 B．電勢能先減小后增大
C．加速度先變小后變大 D．電場力先做負功后做正功
【答案】D
【解析】
ABD．原子核帶正電，α粒子粒子也帶正電，則α粒子從a運動到b、再運動到c的過程中，速度方向先和電場力方向相反，后和電場力方向相同，則電場力先做負功后做正功，可得電勢能先增加后減小，動能先減小后增大，故D正確，AB錯誤；
C．由
可得電場力先增大后減小，則由
可知加速度先變大后變小，故C錯誤。
練習1、如圖所示，實線表示勻強電場的電場線。一個帶正電荷的粒子以某一速度射入勻強電場，只在電場力作用下，運動的軌跡如圖中的虛線所示，a、b 為軌跡上的兩點。則（　　）
A．電場強度的方向水平向左
B．電場強度的方向水平向右
C．兩點速度大小關系為va>vb
D．兩點電勢大小關系為φa＜φb
【答案】B
【解析】
AB．帶正電荷的粒子受到的電場力與電場線方向相同，且根據粒子曲線運動的軌跡，可以判斷受力方向向右，故電場強度方向水平向右，A錯誤，B正確；
C．從a到b點，電場力做正功，動能增加，所以有
vaC錯誤；
D．沿電場線方向電勢降低，a點電勢高于b點電勢，故D錯誤。
考點三、帶電粒子在周期變化電場中的直線運動
【典例1】勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖所示，當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子（帶正電），設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（　　）
A．帶電粒子將始終向同一個方向運動
B．2s末帶電粒子回到原出發點
C．3s末帶電粒子的速度不為零
D．0～3s內，電場力做的總功為零
【答案】D
【解析】A．由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內的加速度為第2s內加速度為故a2=2a1因此先加速1s再減小0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v-t圖象如圖所示：帶電粒子在前1秒勻加速運動，在第二秒內先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運動，故A錯誤；B．根據速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，在t=2s時，帶電粒子沒有回到出發點，故B錯誤；C．由解析中的圖可知，粒子在第1s內做勻加速運動，第2s內做勻減速運動，3s末的瞬時速度剛減到0，故C正確；D．因為第3s末粒子的速度剛好減為0，根據動能定理可知，0～3s內，電場力做的總功為零，故D正確。
【典例2】如圖甲，兩平行金屬板M、N豎直放置；乙圖為兩板間電勢差隨時間的變化規律，0時刻在兩板的正中央點由靜止釋放一個電子，電子在電場力作用下運動，取向右為運動正方向，假設電子未與兩板相碰。下面的圖象能反映電子運動情況的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】0-t1時間內，，場強水平向左，電子受到的電場力水平向右，電子向右做初速度為零的勻加速直線運動，t1-t2時間內，，場強水平向右，電子受到的電場力水平向左，電子向右做勻減速直線運動，由對稱性可知，t2時刻速度恰好減小為零，對比圖象可知，D正確。
【典例3】空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規律如圖所示（取水平向右為正方向）。一個質量為、電荷量為的粒子（重力不計），開始處于圖中的點。在時刻將該粒子由靜止釋放，經過時間，剛好運動到點，且瞬時速度為零。已知電場強度大小為。試求：
(1)電場變化的周期應滿足的條件；
(2)A，B之間的距離。
【答案】(1)（為正整數）；(2)（為正整數）
【解析】
(1)粒子在電場中先加速后減速，再加速再減速...，每段運動都是對稱的，經過時間t0，瞬時速度為零，故時間t0為周期的整數倍，即：
t0＝nT
解得
n為正整數.
(2)作出v－t圖象，如圖甲所示.
最大速度為
v－t圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小為
n為正整數．
練習1、如圖甲所示，在平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓。當t＝0時，一個電子從靠近N板處由靜止開始運動，經1.0×10－3 s到達兩板正中間的P點，那么在3.0×10－3 s這一時刻，電子所在的位置和速度大小為（　　）
A．到達M板，速度為零
B．到達P點，速度為零
C．到達N板，速度為零
D．到達P點，速度不為零
【答案】D
【解析】在1.0×10-3 s的時間里，電子做初速度為零的勻加速直線運動，當t=1.0×10-3s時電子達到P點，之后板間電壓反向，兩極板間的電場強度大小不變，方向和原來相反，電子開始做勻減速直線運動，由于加速度的大小不變，當t=2.0×10-3s時電子到達靠近M板處，且速度減為零。隨后電子將反向做加速運動，當t=3.0×10-3 s時電子又回到P點，且速度大小與第一次經過P點時相等，而方向相反。故正確選項為D。
練習2、（多選）如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（　　）
A．帶電粒子始終向同一個方向運動
B．2 s末帶電粒子回到原出發點
C．3 s末帶電粒子的速度為零
D．0～3 s內，電場力做的總功為零
【答案】CD
【解析】設第1 s內粒子的加速度大小為a1，第2 s內的加速度大小為a2，由
可知可見，粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s末回到原出發點，粒子的速度為0，v－t圖象如下圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確，A、B錯誤。
練習3、（多選）如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處（不計重力作用）。下列說法中正確的是（ ）
A．從t = 0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上
B．從t = 0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動
C．從t =時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上
D．從t =時刻釋放電子，電子必將打到左極板上
【答案】AC
【解析】
AB．根據題中條件作出帶電粒子的v—t圖像，根據v—t圖像與坐標軸圍成的面積及v—t圖像分析粒子的運動，由圖（a）知，t = 0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，則電子一定能擊中右板，A正確、B錯誤；CD．由圖（b）知t =時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內不能到達右板，則之后將往復運動，C正確、D錯誤。
考點四、帶電粒子在電場中的偏轉
如圖所示，電子以初速度v0垂直于電場線方向射入勻強電場時，電子只受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動，類似于力學中的平拋運動（軌跡為拋物線）。
1、受力分析：由于帶電粒子在電場中運動受力僅有電場力F（與初速度垂直且恒
定），不考慮重力。
2、運動情況分析：由受力分析可知，帶電粒子做類平拋運動
3、求粒子的速度偏轉角粒子穿越電場的時間：
垂直場強方向勻速直線運動：
，，可得：
粒子穿越電場時，豎直方向的加速度：
則粒子豎直方向速度：
粒子離開電場時的速度：
粒子離開電場時的偏移量：
…….①
粒子的偏轉角為：
……..②
（2）
由（1）中得到①式 和②式
圖中的y稱為側移，又叫橫向位移，x為縱向。我們把這樣的電場稱為偏轉電場。
，
因此，
【典例1】如圖所示，a、b兩個帶電粒子分別從M板左邊緣和兩板中間同時垂直兩平行金屬板MN間電場線射入，經勻強電場偏轉后擊中N板的中點P。則 （　　）
A．粒子b的初速度是粒子a的倍
B．粒子a的比荷是粒子b的2倍
C．若電場強度減小為原來的二分之一，其它條件不變，粒子a、b均從N板右邊緣射出
D．若兩粒子比荷均減小為原來的四分之一，其它條件不變，粒子a、b均從N板右邊緣射出
【答案】D
【解析】AB．a、b兩個帶電粒子在電場中分別做類平拋運動，則有 解得 初速度v0和比荷均有關，AB錯誤；C．因即x∝可知不能從N板右邊緣射出，C錯；D．由x∝可知，兩粒子比荷均減小為原來的四分之一，其它條件不變，粒子a、b均從N板右邊緣射出，D正確。
【典例2】如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為（　　）
A．U1∶U2=1∶8 B．U1∶U2=1∶4 C．U1∶U2=1∶2 D．U1∶U2=1∶1
【答案】A
【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平位移為x=v0t兩次運動的水平位移之比為2∶1，兩次運動的水平速度相同，故運動時間之比為t1∶t2=2∶1由于豎直方向上的位移為h=at2 h1∶h2=1∶2故加速度之比為1∶8，又因為加速度a=故兩次偏轉電壓之比為U1∶U2=1∶8 BCD錯誤，A正確。
【典例3】AB板間存在豎直方向的勻強電場，現沿垂直電場線方向射入三種比荷（電荷量與質量的比）相同的帶電微粒（不計重力），a、b和c的運動軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點射入的。不計空氣阻力，則可知粒子運動的全過程（　　）
A．運動加速度aa>ab>ac
B．飛行時間tb=tc>ta
C．水平速度va>vb=vc
D．電勢能的減少量ΔEc=ΔEb>ΔEa
【答案】B
【解析】A．根據牛頓第二定律得:微粒的加速度為a=據題相同，E相同，所以加速度相同，即aa=ab=ac，選項A錯誤；B．三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，由y=at2得t=由圖有yb=yc>ya則得tb=tc>ta選項B正確；C．三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動，由x=v0t得v0=由圖知xa>xb>xc又tb=tc>ta則得va>vb>vc選項C錯誤；D．電場力做功為W=qEy由于電荷量關系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量的大小，選項D錯誤；
【典例4】（多選）如圖所示，豎直向下的勻強電場中，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是（　　）
A．帶電小球可能做勻速圓周運動
B．帶電小球可能做非勻速圓周運動
C．帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小
D．帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小
【答案】ABD
【解析】A．當小球所示重力與電場力合力為零時，繩子的拉力提供向心力，合外力做功為零，小球做勻速圓周運動，A正確；B．當小球所受重力與電場力合力不為零時，合外力對小球所做的功不為零，小球速度大小發生變化，小球做變速圓周運動，B正確；C．當小球做勻速圓周運動時，細線的拉力提供向心力，在圓周上任何一點細線的拉力都相等；如果小球做非勻變速運動，小球帶正電時，在最高點細線拉力最小，如果小球帶負電，在最高點，小球的拉力最大，C錯誤；D．如果小球所受重力與電場力不相等，做變速圓周運動，且小球帶負電時，在最低點細線拉力最小，D正確。
【典例5】（多選）如圖所示，把質量為 m，帶電量為 q的質點，以初速 v0在水平方向的勻強電場中豎直向上拋出， 若其運動到最高點時速度大小為 v0，設重力加速度為 g，則質點在電場中上升到最大高度 h的過程中（　　）
A．電場強度的大小為
B．這個過程中質點所受合力的沖量為 mv0
C．到最高點時質點的加速度大小為 2g
D．這個過程中質點機械能增加
【答案】AD
【解析】A．豎直方向上做勻減速運動，上升的時間水平方向上做勻加速運動，因此而可得電場強度的大小A正確；B．由豎直向上的動量，變為水平方向的動量，因此動量的變化為，根據動量定理，在這個過程中質點所受合力的沖量為，B錯誤；C．到最高點時，質點豎直方向的加速度為g，水平方向的加速度大小為因此合加速度為，C錯誤；D．這個過程中，除重力以外，電場力對物體做正功，因此質點機械能增加，D正確。
練習1、一束電子流經U=5 000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距離d=1.0 cm，板長l=5.0 cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩極板間所加電壓的最大值為（　　）
A．400 V B．300 V C．100 V D．480 V
【答案】A
【解析】加速過程中，由動能定理有eU=mv02進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動，有l=v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度偏轉距離y=at2若電子能從兩極板間飛出，則聯立解得U′≤=400 V即要使電子能飛出，所加電壓的最大值為400 V。
練習2、如圖邊長為L的正方形區域內（包括邊界）有場強為E、方向豎直向下的勻強電場，一帶電粒子從ad的中點以初速度v0垂直電場方向射入，剛好從c點射出，粒子只受電場力的作用，則下列判斷正確的是（ ）
A．粒子帶正電，比荷為 B．粒子帶負電，比荷為
C．粒子帶正電，比荷為 D．粒子帶負電，比荷為
【答案】A
【解析】帶電粒子從ad的中點垂直電場方向射入，電場方向豎直向下，粒子只受電場力的作用，從c點射出，可知粒子帶正電，設粒子帶電荷量為q，質量為m，粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向有L=v0t在豎直方向有由牛頓第二定律可得聯立解得A正確，BCD錯誤。
練習3、如圖所示，三個分別帶正電、帶負電和不帶電的質量相同的顆粒從水平放置的平行帶電金屬板左側以相同速度v0垂直電場線方向射入勻強電場，分別落在帶正電荷的下極板上的a、b、c三點處。下列判斷正確的是（　　）
A．落在a點的顆粒帶正電，落在b點的顆粒不帶電，落在c點的顆粒帶負電
B．落在a點的顆粒帶負電，落在b點的顆粒不帶電，落在c點的顆粒帶正電
C．落在a點的顆粒不帶電，落在b點的顆粒帶負電，落在c點的顆粒帶正電
D．落在a點的顆粒帶負電，落在b點的顆粒帶正電，落在c點的顆粒不帶電
【答案】B
【解析】根據題意，三小球在水平方向做勻速直線運動，則有v0相同，由圖看出，水平位移的關系為則運動時間關系為豎直方向上三個粒子都做初速度為0的勻加速直線運動，到達下極板時，在豎直方向產生的位移y相等則知加速度關系為由牛頓第二定律得知三個小球的合力關系為由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，可知，落在a點的顆粒帶負電，c點的帶正電，b點的不帶電。
練習4、如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上板的過程中，下列說法正確的（　　）
A．它們帶上同種電荷
B．它們運動的時間tQ=tP
C．它們的動能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2
D．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ=1∶2
【答案】ABD
【解析】B．垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，位移相等，初速度相等，由
知運動的時間相等，故B正確；A．兩個帶電粒子在電場的方向，都向上運動，則所受電場力方向相同，所以兩個帶電粒子帶同種電荷，故A正確；CD．在豎直方向上，根據知豎直位移之比為，則電荷量之比為電場力做功豎直位移之比為，則電場力做功為，根據動能定理知，電場力做功為，則動能的增量之比為，故D正確，C錯誤。
考點五、示波器圖像
示波管的原理圖，它由電子槍，偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。電子槍的作用是產生高速飛行的電子。
電極XX′使電子束沿水平方向偏轉，電極YY′使電子束沿豎直方向偏轉，這樣就在熒光屏上出現了隨時間而展開的信號電壓的波形。顯然，這個波形是電子束同時參與兩個相互垂直的分運動合成的結果。
示波器不僅可以用來定性觀察電壓的動態變化過程，而且可以定量測定電壓的大小、周期和相位等，示波管是示波器中顯示波形的部件，其結構如圖所示，由發射、加速和聚焦電子束的電子槍，控制電子束偏轉的X軸和Y軸偏轉板，偏轉電極一般有相互平行的兩組，一組控制水平偏轉，一組控制豎直偏轉。以及電子打在上面會發光的熒光屏三個部分組成，管內抽成高度真空（106mm汞柱以下），以避免電子與氣體分子碰撞而引起電子束散射。電子經過偏轉電場后打到熒光屏上使熒光粉發光。
原理 圖中的Y稱為側移，又叫橫向位移，X為縱向。我們把這樣的電場稱為偏轉電場。電子槍中的燈絲K發射電子，經加速電場加速后，由本節i帶電粒子在電場中的加速例1中得到的速度公式：
v0=
如果在偏轉電極上加電壓電子在偏轉電極的電場中發生偏轉。離開偏轉電極 后沿直線前進，打
在熒光屏上的亮斑在豎直方向發生偏移。其偏移量為：
=y+Ltanθ[
所以
=
==（L+）tanθ
由思考題中的式③
]可得：
從前面我們已經知道側移與電壓成正比，盡管電子離開偏轉電場后到熒光屏之間還有一段勻速直
線運動，但我們仍然可以證明電子打在熒光屏上的亮點位置與入射位置相比其側移量仍是與電壓
成正比的。
【典例1】示波管原理如圖所示，當兩偏轉電極、電壓為零時，電子槍發射的電子經加速電場加速后會打在熒光屏正中間的O點，其中x軸與電場的場強方向平行，y軸與電場的場強方向平行。若要使電子打在圖示坐標系的第Ⅱ象限內，則下列操作可行的是（　　）
A．X、Y接電源的正極，、接電源的負極
B．X、接電源的正極，、Y接電源的負極
C．、Y接電源的正極，X、接電源的負極
D．、接電源的正極，X、Y接電源的負極
【答案】C
【解析】要使電子打在圖示坐標系的第Ⅱ象限內，則電子向Y極板及極板偏轉，根據同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，則Y極板帶正電，極板帶正電，所以、Y接電源的正極，X、接電源的負極，則C正確；ABD錯誤；
練習1、示波管的構造如圖所示。如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的（　　）
A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電
C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電
【答案】AC
【解析】根據亮斑的位置，豎直方向上，向上偏轉，電子受力向上，因此Y極板帶正電；水平方向上，向X板偏轉，電子受力指向X板，因此X板帶正電。
考點六、電場中的能量問題
【典例1】如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間，軌跡如圖中虛線所示，則下列描述錯誤的是（　　）
A．若微粒帶負電荷，則A板可能帶負電荷
B．微粒從M點運動到N點機械能一定增加
C．微粒從M點運動到N點電勢能可能增加
D．微粒從M點運動到N點動能一定增加
【答案】B
【解析】A．若微粒帶負電荷，假如A板帶負電荷，向下的重力和電場力同向，合力向下能如圖中軌跡運動，故A正確；
B．若微粒帶正電荷、A板帶負電荷，電場力的方向向上，微粒從M點運動到N點電場力對微粒做負功，電勢能增加，機械能減少，故B錯誤；
C．若微粒帶正電荷、A板帶負電荷，此時電場力向上，微粒從M點運動到N點過程中，電場力對微粒做負功，微粒的電勢能增加，故C正確;
D．由運動軌跡可知微粒所受合外力一定向下，微粒從M點運動到N點合外力做正功，由動能定理可知微粒的動能一定增加，故D正確。
本題選錯誤項，故選B。
【典例2】如圖所示，豎直固定的光滑絕緣細桿上O點套有一個電荷量為-q （q>0）的小環，在桿的左側固定一個電荷量為+Q （Q>0）的點電荷，桿上a、b兩點與+Q正好構成等邊三角形，c是ab的中點。使小環從O點無初速度釋放，小環通過a點的速率為v。若已知ab=Oa=l，靜電常量為k，重力加速度為g。則（　　）
A．在a點，小環所受彈力大小為
B．在c點，小環的動能最大
C．在c點，小環的電勢能最大
D．在b點，小環的速率為
【答案】D
【解析】A．在a點，小環所受的庫侖力沿aQ方向，大小為，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的彈力大小等于庫侖力沿水平方向的分力
A錯誤；
B．從c點到b點，小環所受重力做正功，庫侖力做負功，由于重力和庫侖力大小關系未知，在c點，小環的動能不一定最大，B錯誤；
C．c點距離正點電荷Q最近，對應電勢最高，帶負電荷的小環在c點電勢能最小，C錯誤；
D．從a點到b點，由點電荷電場分布特點及幾何關系知，a、b兩點電勢相等，則電場力不做功，應用動能定理
解得
D正確。
【典例3】空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示，x軸正方向為電場強度的正方向，帶電粒子在此空間只受電場力作用。下列說法中正確的是（　　）
A．此空間電場一定是由一對等量同種正點電荷產生的
B．帶正電的粒子在x1處和-x1處的電勢能相等
C．電子以一定的速度由-x1處沿x軸正方向運動的過程中，電場力先做負功后做正功
D．質子沿x軸由x1處運動到-x1處，在O點電勢能最小
【答案】B
【解析】A．若該電場是由一對等量同種正點電荷產生的，靠近正電荷時場強應趨于無窮大，對比圖像不符，A錯誤；
B．O點左側場強向左、O點右側場強向右，假設正電荷從O運動到x1處，電場力做正功，電勢能減小，可得
其中U1為O到x1的電勢差，即該段圖線與x軸所圍的面積，同理可知，正電荷從O運動到-x1處，電場力做正功，電勢能減小，可得
其中U2為O到-x1的電勢差，即該段圖線與x軸所圍的面積，由對稱性可知
即
故帶正電的粒子在x1處和-x1處的電勢能相等，B正確；
C．電子以一定的速度由-x1處沿x軸正方向運動的過程中，電場力先做正功后做負功，C錯誤；
D．質子沿x軸由x1處運動到-x1處，電場力先做負功再做正功，電勢能先增大后減小，在O點電勢能最大，D錯誤。
故選B。
練習1、(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板充電后板間形成勻強電場，板間距離為d，一個帶負電的液滴帶電荷量為q、質量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則　 (　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.液滴做的是勻速直線運動
B.液滴做的是勻減速直線運動
C.兩板間的電勢差為
D.液滴的電勢能減少了mgd
【答案】ACD
【解析】液滴進入豎直方向的勻強電場中，所受的靜電力方向豎直向上或豎直向下，因為液滴做直線運動，可知靜電力方向必定豎直向上，而且靜電力與重力平衡，液滴做勻速直線運動，選項A正確，B錯誤；液滴從下極板運動到上極板的過程中，由動能定理有qU-mgd=0，解得U=，選項C正確；液滴在兩板間運動的過程中，重力做功-mgd，液滴的重力勢能增加，動能不變，根據能量守恒定律得知，液滴的電勢能減少了mgd。
練習2、(多選)如圖甲所示，用長度為L的輕繩拴著一質量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球在豎直面內繞O點做圓周運動，豎直面內加有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能Ek與繩上張力F間的關系如圖乙所示，當地的重力加速度為g，則 (　　)
A.輕繩的長度L=
B.小球所帶電荷量q=
C.小球在最高點的最小速度為
D.小球在最高點的最小速度為
【答案】AC
【解析】小球在最高點時，繩對小球的拉力、重力和靜電力的合力提供向心力，則有：F+mg+Eq=m，即mv2·=F+mg+Eq，故Ek=F+(mg+Eq)，由題圖乙可知，圖線斜率k==，即L=，選項A正確；當F=0時，由mg+Eq=m，m=a，解得q=，選項B錯誤；當F=0時，重力和靜電力的合力提供向心力，此時小球在最高點有最小速度，m=a，解得v1=，選項C正確，D錯誤。
練習3、如圖所示，在E=1×103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑的半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN連接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R=40 cm，P為QN圓弧的中點，一帶正電q=10-4 C的小滑塊質量m=10 g，與水平軌道間的動摩擦因數μ=0.15，位于N點右側1.5 m處，現給小滑塊一向左的初速度，小滑塊恰能運動到半圓軌道的最高點Q，取g=10 m/s2。
(1)滑塊在最高點的速度多大？
(2)這樣運動的滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？
(3)滑塊應以多大的初速度向左運動？
【答案】(1)2 m/s　(2)0.6 N　(3)7 m/s
【解析】(1)設滑塊到達Q點時速度為v，則mg+qE=m
代入數據，解得v=2 m/s。
(2)設滑塊到達P點時速度為v'，則從P點運動到最高點的過程中，由動能定理得
(mg+qE)R=mv'2-mv2
又在P點時：FN=m
代入數據，解得FN=0.6 N
根據牛頓第三定律知，滑塊通過P點時對軌道的壓力大小為0.6 N。
(3)滑塊從開始運動至到達Q點的過程中，由動能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)s=mv2-m
代入數據解得v0=7 m/s。
練習4、將一內壁光滑的絕緣細圓管做成的圓環BDC固定在豎直面內，圓環的圓心為O，D為圓環的最低點，其中∠BOC=90°，圓環的半徑為R，水平虛線BC的上方存在水平向右的范圍足夠大的勻強電場。圓心O的正上方A點有一質量為m、帶電荷量為+q的小球(可視為質點)，其直徑略小于圓管內徑。現將該小球無初速度釋放，經過一段時間后小球剛好無碰撞地進入圓管中并繼續在圓管中運動，重力加速度為g。求：
(1)A點到O點的距離及勻強電場的電場強度大小；
(2)小球運動到圓環的最低點D時對圓環的作用力大小。深度解析
【答案】(1)R　　(2)(3+3)mg
【解析】(1)小球被釋放后，在重力和靜電力的作用下做勻加速直線運動，小球剛好無碰撞地進入圓管，說明小球進入圓管時的速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，
則有tan 45°=
解得E=
由幾何知識易得出OA=R
(2)小球從A點到D點的過程中，根據動能定理得：
m-0=mg(R+OA)+Eq·，其中BC=OA=R
當小球運動到圓環的最低點D時，根據牛頓第二定律得：
FN-mg=m
聯立解得：FN=(3+3)mg
根據牛頓第三定律可知，小球運動到圓環的最低點D時對圓環的壓力大小為(3+3)mg，方向豎直向下。
二、夯實小練
1．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖10所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是(　　)
A. B．edUL
C. D.
【答案】D
【解析】電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小．根據題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力．根據能量守恒定律得mv＝eUOA.因E＝，UOA＝EL＝，故mv＝，所以D正確．
2.圖甲為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規律變化，則在熒光屏上看到的圖形是(　　)
【答案】B
【解析】由于電極XX′之間所加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓為信號電壓，所以熒光屏上會看到B選項所示的圖形。
3.如圖所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連，開始時開關閉合．一帶電粒子沿兩極板中心線方向以一初速度射入，恰好沿中心線①通過電容器．則下列判斷正確的是(　　)
A．粒子帶正電
B．保持開關閉合，將B板向上平移一定距離，可使粒子沿軌跡②運動
C．保持開關閉合，將A板向上平移一定距離，可使粒子仍沿軌跡①運動
D．斷開開關，將B板向上平移一定距離，可使粒子沿軌跡②運動
【答案】B
【解析】開關閉合時，粒子做勻速直線運動，電場力與重力平衡，A極板和電源正極相連，所以場強方向向下，故粒子帶負電，A錯誤；保持開關閉合，電容器兩端電壓不變，B板上移，板間距d變小，由公式E＝知場強增大，電場力大于重力，粒子可沿軌跡②運動，故B正確；保持開關閉合，將A板向上平移一定距離，板間距d增大，由公式E＝知場強減小，電場力小于重力，所以粒子向下偏轉，故C錯誤；斷開開關，電容器電荷量不變，將B板向上平移一定距離，由公式C＝，C＝，E＝得，E＝，與板間距離無關，故場強不變，所以粒子沿軌跡①運動，故D錯誤．
故選b。
4.如圖所示,一充電后的平行板電容器的兩極板相距l.在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子;在負極板附近有另一質量為m、電荷量為-q的粒子.在電場力的作用下兩粒子同時從靜止開始運動.已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略.不計重力,則M∶m為 (　　)
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
【答案】A
【解析】設板間電場強度為E,兩粒子的運動時間相同,對質量為M的粒子有:aM=,l=t2;對質量為m的粒子有:am=,l=t2,聯立解得=,選項A正確.
5.（多選）兩個平行的極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　)
A.所受重力與靜電力平衡
B.電勢能逐漸增加
C.動能逐漸增加
D.做勻變速直線運動
【答案】BD
【解析】帶電粒子在平行板之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是靜電力F＝Eq，方向垂直于極板向上。因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，A、C錯誤；從粒子運動的方向和靜電力的方向可判斷出，靜電力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確。
6．（多選）如圖所示,在水平向右的勻強電場中,某帶電粒子從A點運動到B點,在A點時速度豎直向上,在B點時速度水平向右,在這一運動過程中粒子只受電場力和重力,并且克服重力做的功為1 J,電場力做的正功為3 J,則下
列說法中正確的是 (　　)
A.粒子帶正電
B.粒子在A點的動能比在B點多2 J
C.粒子在A點的機械能比在B點少3 J
D.粒子由A點到B點過程中速度最小時,速度的方向與水平方向的夾角為60°
【答案】 ACD
【解析】　從A到B,電場力做正功,可知電場力方向水平向右,電場強度方向也是水平向右,所以粒子帶正電,故A正確;根據動能定理得,從A到B動能的變化量ΔEk=WG+W電=(-1+3)J=2 J,所以粒子在A點的動能比在B點少2 J,故B錯誤;除重力以外只有電場力做功,因為除重力以外其他力做的功等于機械能的增量,所以A到B機械能增加3 J,故C正確;由機械能守恒定律可知,豎直方向mgh=1 J=mv2,全程mv'2-mv2=(3-1)J=2 J,故mv'2=3 J,即=,由動量定理:mgt=mv,qEt=mv',得=,可知合力與水平方向成30°角,當合速度方向與合力方向垂直時,合速度達到最小值,故速度最小時速度的方向與水平方向成60°角,故D正確.
故選ACD。
7.（多選）帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規律如圖所示。帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　)
A.微粒在0～1 s內的加速度與1～2 s內的加速度相同
B.微粒將沿著一條直線運動
C.微粒做往復運動
D.微粒在第1 s內的位移與第3 s內的位移相同
【答案】BD
【解析】0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯誤；0～1 s和1～2 s微粒分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，根據這兩段運動的對稱性，1～2 s的末速度為0，所以每個1 s內的位移均相同且2 s以后的運動重復0～2 s的運動，是單向直線運動，B、D正確，C錯誤。
8．如圖所示，A、B兩塊帶異號電荷的平行金屬板間形成勻強電場，一電子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于場強方向沿中心線由O點射入電場，從電場右側邊緣C點飛出時的速度方向與v0方向成30°的夾角．已知電子電荷e＝1.6×10－19 C，電子質量m＝0.91×10－30 kg.求：
(1)電子在C點時的動能是多少J
(2)O、C兩點間的電勢差大小是多少V
【答案】　(1)9.7×10－18 J　(2)15.2 V
【解析】　(1)依據幾何三角形解得：電子在C點時的速度為：
vt＝①
而Ek＝mv2②
聯立①②得：Ek＝m()2＝9.7×10－18 J.
(2)對電子從O到C，由動能定理，有
eU＝mv－mv③
聯立①③得：U＝＝15.2 V.
9.如圖所示，邊長為L的正方形區域ABCD內有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，與區域邊界BC相距L處豎直放置足夠大的熒光屏，熒光屏與AB延長線交于O點．現有一質量為m、電荷量為＋q的粒子從A點沿AB方向以一定的初速度進入電場，恰好從BC邊的中點P飛出，不計粒子重力．
(1)求粒子進入電場前的初速度v0的大小；
(2)其他條件不變，增大電場強度使粒子恰好能從CD邊的中點Q飛出，求粒子從Q點飛出時的動能Ek；
(3)求粒子從Q點飛出時打在熒屏上的點離O點的距離y.
【答案】(1)　(2)qEL　(3)7L
【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向上有
L＝v0t
在豎直方向上有：＝at2
qE＝ma
聯立解得：v0＝
(2)其他條件不變，增大電場強度，粒子從CD邊中點Q飛出，則
水平方向：＝v0t′
豎直方向：L＝a′t′2
qE′＝ma′
得：E′＝8E
由動能定理得：qE′L＝Ek－mv
得：Ek＝qEL.
(3)設打在屏幕上的位置距O點的距離為Y，
由幾何關系知＝
得Y＝7L.
四、夯實小練
1．如圖所示,在正方形ABCD區域內有場強方向平行于AB邊的勻強電場,E、F、H是對應邊的中點,P點是EH的中點.一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出.以下說法正確的是 (　　)
A.粒子的運動軌跡經過P點
B.粒子的運動軌跡經過PH之間某點
C.若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EH
D.若將粒子的初速度變為原來的一半,粒子恰好由E點從BC邊射出
【答案】D
【解析】粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從C點射出,其軌跡是拋物線,根據推論知,過C點作速度的反向延長線一定交于FH的中點,而延長線又經過P點,所以粒子軌跡一定經過PE之間某點,故A、B錯誤;粒子從C點射出時速度方向的反向延長線與EH垂直,若增大初速度,粒子軌跡可能經過PH之間某點,可知粒子不可能垂直穿過EH,故C錯誤;由平拋知識類比可知,當豎直位移一定時,水平速度變為原來的一半,則水平位移也變為原來的一半,粒子恰好由E點射出BC,故D正確.
2．如圖(a)所示,兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓,一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時刻釋放該粒子,粒子會時而向A板運動,時而向B板運動,并最終打在A板上.則t0可能屬于的時間段是 (　　)
A.0C.【答案】B
【解析】設粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意得,粒子的速度方向時而為負,時而為正,最終打在A板上時位移為負,速度方向為負.作出t0=0、、、時粒子運動的速度圖象如圖所示.由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移,則由圖象可知0T時情況類似.因粒子最終打在A板上,則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零,對照各選項可知只有B正確.
如圖,電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質量均為m、帶電荷量分別為+q和-q的兩粒子,由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(兩粒子不同時出現在電場中).不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切,則v0等于 (　　)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根據對稱性,兩粒子軌跡的切點位于矩形區域abcd的中心.則在水平方向有s=v0t,在豎直方向有h=··t2,解得v0=,選項B正確.
故選B。
4．AB板間存在豎直方向的勻強電場,現沿垂直電場線方向射入三種比荷(電荷量與質量的比)相同的帶電微粒(不計重力),a、b和c的運動軌跡如圖所示,其中b和c是從同一點射入的.不計空氣阻力,則可知粒子運動的全過程 (　　)
A.運動加速度:aa>ab>ac
B.飛行時間:tb=tc>ta
C.水平速度:va>vb=vc
D.電勢能的減少量:ΔEc=ΔEb>ΔEa
【答案】B
【解析】根據牛頓第二定律得:微粒的加速度為a=,據題相同,E相同,所以加速度相同,即aa=ab=ac,選項A錯誤;三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動,由y=at2,得:t=,由圖有:yb=yc>ya,則得:tb=tc>ta,選項B正確;三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動,由x=v0t得v0=,由圖知:xa>xb>xc,又tb=tc>ta,則得:va>vb>vc,選項C錯誤;電場力做功為W=qEy,由于電荷量關系不能確定,所以不能確定電場力做功的大小,也就不能確定電勢能減少量的大小,選項D錯誤.
5.（多選）如圖所示,一質量為m、電荷量大小為q的帶電油滴,從水平向右的勻強電場中的O點以速度v沿與場強方向成37°角射入電場中,油滴運動到最高點時速度大小也是v,已知重力加速度為g,下列說法正確的是 (　　)
A.最高點不可能在O點的正上方
B.勻強電場的電場強度可能為E=
C.O點與最高點之間的電勢差可能為零
D.勻強電場的電場強度可能為E=
【答案】 AD
【解析】　油滴到最高點的速度仍為v,則動能的變化量為零,根據動能定理知,克服重力做的功等于電場力做的正功,最高點如果是O點正上方,則電場力不做功,故A正確;
若油滴帶正電,到最高點的時間為t==
vcos 37°+t=v
解得:E=,
若油滴帶負電,電場方向有:vcos 37°-t=-v
解得:E=,故B錯誤,D正確;
根據動能定理知,從開始到最高點過程中,動能變化量為零,克服重力做的功等于電場力做的正功,根據U=可知O點與最高點的電勢差不可能為零,故C錯誤.
故選AD。
6.（多選）如圖所示,高為h的光滑絕緣曲面處于勻強電場中,勻強電場的方向平行于豎直平面,一帶電荷量為+q,質量為m的小球,以初速度v0從曲面底端的A點開始沿曲面表面上滑,到達曲面頂端B點的速度仍為v0,則下列說法不正確的是 (　　)
A.電場力對小球做功為mgh+m
B.A、B兩點的電勢差為
C.小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能
D.由A到B的過程,機械能的總和保持不變
【答案】ACD
【解析】　小球上滑過程中,由動能定理得:
W-mgh=m-m
得:W=mgh.
故A錯誤,符合題意.
由W=qU得,A、B兩點的電勢差為U=
故B正確,不符合題意.
由于電場力做正功,小球的電勢能減小,則小球在B點的電勢能小于在A點的電勢能.故C錯誤,符合題意.
由A到B的過程,由于電場力做正功,則機械能增加,選項D錯誤,符合題意.
7.如圖所示，在xOy平面的第一象限內放置平行金屬網，OA與y軸重合，邊緣落在坐標原點，兩網正對，長度和間距均為L，AO和BC間的電勢差恒為U0（U0>0）；第二象限內正對放置平行金屬板MN和PQ，板長和板間距離也均為L，PQ與x軸重合，邊緣P點坐標為（- ，0），PQ與MN間電勢差也為U0電子可以自OA和BC間任意位置由靜止出發，設電子通過金屬網時不與網發生碰撞，不考慮平行板電容器的邊緣電場，不計電子所受重力。若電子自（L， ）出發，求電子到達x軸的位置坐標。
【答案】 解：電子經平行金屬網BC、OA間電場加速后，速度為v0 ， 則由動能定理有
此后電子在MN、PQ的電場間做類平拋運動，設運動時間為t1 ， 則
， ，
由上式整理得 ，
電子在此后的運動為勻速直線運動
水平方向
豎直方向
整理得
x總 = -(x + L + ) = -2L
所以電子到達x軸的坐標為（-2L，0）。
【解析】電子在平行金屬網中做加速運動，利用動能定理可以求出進入偏轉電場的速度大小；電子在偏轉電場中做類平拋運動，利用位移公式可以求出離開電場時的偏移量及速度的大小；結合粒子離開電場后做勻速直線運動；利用位移公式可以求出電子到達x軸的坐標。
8.如圖所示，水平正對放置的平行板電容器的極板長 ，兩極板間的距離 ，上極板接地。當兩極板不帶電時，有大量相同帶電微粒依次以大小 的速度從兩極板左端中央位置平行極板射入，微粒落到極板上后，其所帶電荷量全部被極板吸收。已知每個微粒的質量 ，電荷量 ，電容器的電容 ，取 。求能落到下極板上的微粒的最大數目。
【答案】 解：若微粒恰好落到下極板的右端，則有
由牛頓第二定律有
兩極板間的電壓為
解得
即能落到下極板上的微粒的最大數目為 個。
【解析】粒子做類平拋運動，結合運動學公式和牛頓第二定律求解電場強度，結合公式Q=CU求解電容器的電荷量，除以微粒電量即為微粒個數。
9．一長為L的細線，上端固定，下端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉至水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過角時，小球到達B點速度恰好為零。試求：
(1)A、B兩點的電勢差；
(2)勻強電場的場強大小；
(3)小球到達B點時，細線對小球的拉力大小。
【答案】(1)； (2)； (3)
【解析】
（1）小球由A到B過程，由動能定理得
解得
（2）B、A間電勢差為
則場強大小
（3）分析可知小球在A、B間擺動，由對稱性得知，B處細線拉力與A處細線拉力大小相等，而在A處，由水平方向受力平衡有
所以
10．如圖所示，有一光滑豎直圓環軌道，O為圓心，半徑為，B點與O點等高，在最低點固定一點電荷A，B點恰能靜止一質量為、電荷量為的帶電小球，現將點電荷A的電荷量增大為原來的兩倍，小球沿圓環軌道向上運動到最高點C時的速度為，g取，靜電力常量。求：
（1）小球靜止在B點時點電荷A的帶電荷量Q；
（2）點電荷A的電荷量增大為原來的兩倍后，小球在B點剛開始運動時的加速度；
（3）小球在C點時對軌道的壓力；
（4）點電荷A的電荷量增大為原來的兩倍后，B、C兩點間的電勢差。
【答案】（1）；（2）；方向豎直向上；（3）；方向豎直向上；（4）
【解析】
（1）小球在B點靜止時，有
解得
（2）A的電荷量增大為原來的兩倍后，小球水平方向受力平衡，豎直方向上由牛頓第二定律有
解得
，方向豎直向上
（3）小球在C點時，由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律可知，小球在C點時對軌道的壓力大小為，方向豎直向上
（4）對小球由B到C的過程，由動能定理得
解得
11．如圖所示，半徑為R的環狀非金屬管豎直放置，AB為該環的水平直徑，且管的內徑遠小于環的半徑，環的AB以下處于水平向左的勻強電場中。現將一質量為m，帶電量為q的小球從管中A點由靜止釋放，小球恰好能通過最高點C，求：
(1)勻強電場的場強E；
(2)小球第二次通過C點時，小球對管壁壓力的大小和方向。
【答案】(1) ；(2) ，方向向上
【解析】
(1)據題可知小球恰好能通過最高點，在點由重力與支持力提供其向心力，根據牛頓第二定律得：
從到的過程，由動能定理得：
解得：
(2)設小球第二次通過點時速度為，根據動能定理得：
在點，根據牛頓第二定律有：
解得：
根據牛頓第三定律得小球對管壁壓力的大小為，方向向上。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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