1、【典例 5】如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射一束質量為m、電荷量為+ q 的離子，從靜止經 PQvo從 a 點沿 ab 方向進入一勻強電場區(qū)域， abed 所圍成的 ab 長為 L,勻強電場的方向與 ad 邊平行且由 a 指向 d。(1) 求加速電壓 Uo;(2) 若離子恰從 e 點飛離電場，求 a、e 兩點間的電勢差 Uae；若離子從 abed 邊界上某點飛出時的動能為mv0,求此時勻強電場的場強大小 E?！窘馕觥?對離子在陀兩梶間的加速過程，根抿動能走理，有燈氏于堿解得如豐(2能逸&區(qū)域內電場的場強大小為則M方向有；=時曲方向有；丄二訐二歎 又U-EL2mv2Uae=q根據 Ek= mv2可知，離

2、子射出電場時的速度v= 2vo,方向與 ab 所在直線的夾角為 45 即 Vx= Vy根據 x= Vxt, y=刖 可得 x= 2y,則離子將從 be 邊上的中點飛出，即y = j1根據動能定理，有 Eqy= mv0 gmv2解得 E=mV0oqL【答案】(1)mv22mv2mv0【答案】(1)2qq(3)qL【典例 6】噴墨打印機的結構簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為105m，此微滴經過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信 號加以控制，帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場，帶電微滴經過偏轉電場發(fā)生偏轉后，打到紙上，顯示出字體，無信號輸入時，墨汁微

3、滴不帶電，徑直通過偏轉板而注入回流 槽流回墨盒。設偏轉板板長兩板間的加速電壓加速后，以初速度正方形是該勻聯(lián)立解得1 = 1.6cm，兩板間的距離為 0.50cm，偏轉板的右端距紙 L = 3.2cm , 若一個墨汁微滴的質量為 1.6 10-10kg,以20m/s 的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板間的電壓是 8.0 03V，若墨汁微滴打到紙上點距原射入方向的距離是2.0mm。(1)求這個墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲?不計空氣阻力和重力，可以認為偏 轉電場只局限在平行板電容器內部，忽略邊緣電場的不均勻性)(2 )為了使紙上的字體放大 10%，請你提出一個可行的辦法?！窘馕觥繋‰?/p>

4、港滴的電量設為設進入16轉電場后俶類平抽運動過程中的偏轉為歸 離幵電場后沿直線打到紙上過程中的偏轉為m叭 必二竽二半冬罕二琴2L L2由01滴打紙上點距博入射方向的距離為：F二 Fi 十乃二豎仃嚴2mar代入數據可得：q 1.25 1013C(2)由上式可知，Y 與 U 成正比，可以提高偏轉板間的電壓U 到 8800V，實現(xiàn)字體放大10%；也可以增加偏轉極板與紙的距離L,(L 0.51)1.1解得：L 3.6cm。(L 0.51)【答案】見解析【方法總結】1.帶電粒子的類平拋運動模型其總體思路為運動的分解(1)電加速：帶電粒子質量為m,帶電量為 q,在靜電場中靜止開始僅在電場力作用下12做加速

5、運動，經過電勢差 U 后所獲得的速度 V0可由動能定理來求得。即qUmv0。2(2)電偏轉：垂直電場線方向粒子做勻速vxv0,x v0t，沿電場線方向粒子做勻加冋信叫轉板速，有:qUVyqUL2vydmt，tang，y融2.在交變電場中帶電粒子的運動常見的產生及變電場的電壓波形有方行波，鋸齒波和正弦波，對方行波我們可以采用上 述方法分段處理，對于后兩者一般來說題中會直接或間接提到粒子在其中運動時電場為恒定電場”3.誤區(qū)點撥1因為電場力做功與路徑無關，所以利用電場加速粒子時，無所謂電場是勻強電場還是一1212非勻強電場，如果只受電場力作用時都有Uq mv mv0。2 22由于基本粒子（電子、質子

6、、a粒子等）在電場中受到電場力Eq mg，所以基本粒子受到的重力忽略不計，但帶電的宏觀（由大量分子構成）小顆粒，小球，小液滴所受重力不能忽略。3不能穿出、恰能穿出、能穿出三種情況下粒子對應的位移與板長L 的區(qū)別；側位移與板間距的 d 或d的區(qū)別。24在勻強電場中場強不變，但兩點間的電勢差要隨距離的變化而變化，穿越電場過程的 動能增量：EkEqy（注意，一般來說不等于 qU）【題組通關】1.如圖所示，帶電荷量之比為 qA： qB= 1 : 3的帶電粒子 A、B 以相等的速度 vo從同一點 出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D 點，若 0C = CD,忽略粒子重力的影響

7、，則（）A. A 和 B 在電場中運動的時間之比為 1 : 2B. A 和 B 運動的加速度大小之比為 4 ： 1C. A 和 B 的質量之比為 1 : 12D. A 和 B 的位移大小之比為 1 : 1L【解析】粒子丄和在勻強電場中做類平拋運動，水平方向及g=OD得,ij：ls=l：2,曼直方問由閃二評得聳它們沿豎言方向下落的加速度大小之比為4：殆二4：1；根據衛(wèi)二警得 2 黑故詈冷川和丘的位移大小不相等，故選項A. BY正確。計算這個波形的峰值和長度，在如圖1 （丙）所示的x y坐標系中畫出這個波形?！敬鸢浮緼BC2.如圖所示，場強大小為 E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abed，

8、水平邊 ab長為 s,豎直邊 ad 長為 h。質量均為 m、帶電量分別為+ q 和q 的兩粒子，由 a、e 兩點先后沿 ab 和 ed 方向以速率 v進入矩形區(qū)（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中）。不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則 vo等于（）2一【解析】因為兩粒子軌跡恰好相7小切旦為走形區(qū)域中心，貝吹f其中一個粒子直方向卜詁且滿罡 4 譽 三式聯(lián)立解得二扣粵，故B正確?！敬鸢浮緽3.示波器是一種多功能電學儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓波形，它的工作原理可等效成下列情況：如圖（甲）所示，真空室中電極K 發(fā)出電子（初速不計），經過電壓為 Ui的加速電場后，由小孔 S 沿水平金屬板 A、B 間的

9、中心線射入板中。板長為 L,兩板間 距離為 d，在兩板間加上如圖（乙）所示的正弦交變電壓，周期為T,前半個周期內 B 板的電勢高于 A 板的電勢，電場全部集中在兩板之間，且分布均勻。在每個電子通過極板的極短時 間內，電場視作恒定的。在兩極板右側且與極板右端相距D 處有一個與兩板中心線（圖中虛線）垂直的熒光屏，中心線正好與屏上坐標原點相交。當第一個電子到達坐標原點0 時，使屏以速度 v 沿負 x 方向運動，每經過一定的時間后，在一個極短時間內它又跳回到初始位置， 然后重新做同樣的勻速運動。（已知電子的質量為 m,帶電量為 e,不計電子重力）求：（1 ）電子進入 AB 板時的初速度;（2）要使所有

10、的電子都能打在熒光屏上（熒光屏足夠大），圖 1 （乙）中電壓的最大值Uo需滿足什么條件?（3）要使熒光屏上始終顯示一個完整的波形，熒光屏必須每隔多長時間回到初始位置?v由相似三角形的性質，得:峰值為ym(L2D)LU。4dU1L/2y，則y (L2D)LUy4dU1112eU【解析】(1 )電子在加速電場中運動，據動能定理，有eUi- mvj, vi1。2 m(2)因為每個電子在板 A、B 間運動時，電場均勻、恒定，故電子在板A、B 間做類平拋運動，在兩板之外做勻速直線運動打在屏上，在板 A、B 間沿水平方向的分運動為勻速運動，則有：L v1t21eUeUl2豎直方向，有y1at2，且a竺，聯(lián)立解得：y -2md2