第4講帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律.2.會(huì)分析帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系．考點(diǎn)一帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝eq\f(l,v0)(如圖)．(2)沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)1．兩個(gè)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(chǎng)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：在加速電場(chǎng)中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏轉(zhuǎn)角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關(guān)．(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．考向1帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)例1如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場(chǎng)，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計(jì)重力，則a和b的比荷(帶電荷量與質(zhì)量的比值)之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1答案D解析粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，a、b兩粒子的水平位移大小之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t，知時(shí)間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝eq\f(qE,m)，加速度大小之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8∶1，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．例2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(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直．粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30°角．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U(U>0)，不計(jì)粒子重力，P點(diǎn)的電勢(shì)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(diǎn)的電勢(shì)能為qUC．P、Q兩點(diǎn)間的豎直距離為eq\f(d,2)D．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(2\r(3)U,3d)答案D解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，與電場(chǎng)方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢(shì)能減少了qU，P點(diǎn)的電勢(shì)為零，可知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－qU，故B錯(cuò)誤；Q點(diǎn)速度的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)，則y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故D正確，C錯(cuò)誤．考向2帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例3如圖所示，虛線左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L，電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場(chǎng)E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量e，質(zhì)量為m)無初速度放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，最后打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間；(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值；(3)電子打到屏上的點(diǎn)B到O點(diǎn)的距離．答案(1)3eq\r(\f(mL,Ee))(2)2(3)3L解析(1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律得：a1＝eq\f(E1e,m)＝eq\f(Ee,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t12電子進(jìn)入電場(chǎng)E2時(shí)的速度為：v1＝a1t1從進(jìn)入電場(chǎng)E2到打到屏上，電子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為：t2＝eq\f(2L,v1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間為：t＝t1＋t2解得：t＝3eq\r(\f(mL,Ee))(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)E2時(shí)平行電場(chǎng)方向的速度為vy，由牛頓第二定律得：電子在電場(chǎng)E2中的加速度為：a2＝eq\f(E2e,m)＝eq\f(2Ee,m)vy＝a2t3t3＝eq\f(L,v1)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v1)解得：tanθ＝2(3)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：設(shè)電子打到屏上的點(diǎn)B到O點(diǎn)的距離為x，由幾何關(guān)系得：tanθ＝eq\f(x,\f(3,2)L)，聯(lián)立得：x＝3L.考點(diǎn)二帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)例4(2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)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(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．例5(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示．重力加速度為g.由此可見()A．帶電小球所受電場(chǎng)力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等答案AD解析帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1和t2，在電場(chǎng)中的加速度為a，從A到B過程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意有x1＝2x2，則得t1＝2t2，即小球從A到B是從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，y1＝eq\f(1,2)gt12，將小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有y2＝eq\f(1,2)at22，根據(jù)幾何知識(shí)有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C錯(cuò)誤，A正確；由于在電場(chǎng)中軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明電場(chǎng)力方向向上，所以小球帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；根據(jù)速度變化量Δv＝at，則得AB過程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2，BC過程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，D正確．考點(diǎn)三帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況．根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，求解粒子運(yùn)動(dòng)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(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．例6圖甲是一對(duì)長度為L的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直．在t＝0時(shí)刻，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，2t0時(shí)刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場(chǎng)．不計(jì)粒子重力．則()A．粒子帶負(fù)電B．粒子在平行板間一直做曲線運(yùn)動(dòng)C．粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\f(L,2t0)D．若粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度減為一半，射出電場(chǎng)時(shí)的速度垂直于電場(chǎng)方向答案C解析粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在平行板間在0～t0時(shí)間內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)不受任何力，則做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在水平方向一直做勻速運(yùn)動(dòng)，可知射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0＝eq\f(L,2t0)，選項(xiàng)C正確；若粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度減為一半，由于粒子在電場(chǎng)中受向下的電場(chǎng)力，有向下的加速度，射出電場(chǎng)時(shí)有沿電場(chǎng)方向的速度，則射出電場(chǎng)時(shí)的速度不可能垂直于電場(chǎng)方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．例7在圖甲所示的極板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(jì)電子的重力，問：(1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？兩極板間距至少為多大？答案見解析解析(1)由動(dòng)能定理得eeq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(v02＋\f(eU0,m)).(2)t＝0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向A極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反向，電子在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過半個(gè)周期，電子在電場(chǎng)方向上的速度減小到零，此時(shí)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(yùn)動(dòng)；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長至少為L＝v0T.(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0,1,2，…)時(shí)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＝eq\f(eU0,md)，加速階段運(yùn)動(dòng)的距離s＝eq\f(1,2)·eq\f(eU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2≤eq\f(d,4)，解得d≥Teq\r(\f(eU0,8m))，故兩極板間距至少為Teq\r(\f(eU0,8m)).課時(shí)精練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(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左．不計(jì)空氣阻力，則小球()A．做直線運(yùn)動(dòng)B．做曲線運(yùn)動(dòng)C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小答案BC解析對(duì)小球受力分析，小球受重力、電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；在運(yùn)動(dòng)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(duì)小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．2.(多選)如圖，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一不計(jì)重力的帶電粒子從兩板中間以某一初速度平行于兩板射入，打在負(fù)極板的中點(diǎn)，以下判斷正確的是()A．該帶電粒子帶正電B．該帶電粒子帶負(fù)電C．若粒子初速度增大到原來的2倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出D．若粒子初動(dòng)能增大到原來的2倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出答案AC解析粒子向右偏轉(zhuǎn)，故粒子受向右的電場(chǎng)力，所以粒子帶正電，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；若粒子初速度增大到原來的2倍，由于水平方向的加速度不變，可知粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，由x＝vt可知豎直位移變?yōu)?倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．3.如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為()A．1∶2B．2∶1C．1∶1D．1∶3答案C解析設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得L＝v0t，d＝eq\f(vy,2)t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項(xiàng)C正確．4．(多選)(2021·全國乙卷·20)四個(gè)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(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行．不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖象中，可能正確的是()答案AD解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(l,v0)，離開電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mv02)，因?yàn)樗膫€(gè)帶電的粒子的初速度相同，電場(chǎng)強(qiáng)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，m)、(－q，m)三個(gè)粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個(gè)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(cuò)誤．5.(多選)質(zhì)子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓為U2.兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出并打在熒光屏MN上，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度方向正對(duì)熒光屏中心O點(diǎn)．下列關(guān)于兩種粒子運(yùn)動(dòng)的說法正確的是()A．兩種粒子會(huì)打在屏MN上的同一點(diǎn)B．兩種粒子不會(huì)打在屏MN上的同一點(diǎn)，質(zhì)子離O點(diǎn)較遠(yuǎn)C．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)具有相同的動(dòng)能D．兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)具有不同的動(dòng)能，α粒子的動(dòng)能較大答案AD解析兩種粒子在加速電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02－0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，設(shè)板長為L，平行于極板方向：L＝v0t，垂直于極板方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得y＝eq\f(U2L2,4dU1)，tanα＝eq\f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏轉(zhuǎn)角α都與粒子的質(zhì)量m、電荷量q無關(guān)，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)兩個(gè)粒子先加速后偏轉(zhuǎn)的全過程，根據(jù)動(dòng)能定理得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)α粒子的動(dòng)能較大，C錯(cuò)誤，D正確．6.(多選)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩球之間的電場(chǎng)力和空氣阻力均不考慮，則()A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．A球比B球先落地C．在下落過程中，A球的電勢(shì)能減少，B球的電勢(shì)能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動(dòng)能變化量比B球的小答案AD解析兩球在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t知，v0相同，則A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2可知，豎直位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間長的加速度小，則A所受的合力比B的小，所以A所受的電場(chǎng)力向上，帶正電，B所受的電場(chǎng)力向下，帶負(fù)電，故A正確．A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯(cuò)誤．A所受的電場(chǎng)力向上，電場(chǎng)力對(duì)A球做負(fù)功，A球的電勢(shì)能增加．B所受的電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)力對(duì)B球做正功，B球的電勢(shì)能減少，故C錯(cuò)誤．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A所受合力做功較少，由動(dòng)能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動(dòng)能變化量小，故D正確．7.如圖，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)．不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))答案B解析兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性和等時(shí)性可得，在水平方向上：eq\f(s,2)＝v0t，在豎直方向上：eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，兩式聯(lián)立解得：v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．8.(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q>0))的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A．所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv02,qE)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(chǎng)中只受電場(chǎng)力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示．粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)．水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝v0t豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2eq\f(y,x)＝tan45°聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯(cuò)誤．vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角θ≠30°，故B、D錯(cuò)誤；x＝v0t＝eq\f(2mv02,qE)，與P點(diǎn)的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mv02,qE)，故C正確．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(diǎn)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eq\f(mgd,2q)B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(2mg,q)C．整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能增加eq\f(mg2L2,v02)D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點(diǎn)不可能垂直打在M上答案BC解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，飛出電場(chǎng)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(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡有對(duì)稱性，如圖所示：則兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得兩極板間電壓為U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)的距離y＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(L,v0)，解得y＝eq\f(gL2,2v02)，故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為s＝2y＝eq\f(gL2,v02)，整個(gè)過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢(shì)能的增加量Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,v02)，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＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中受力情況不變，則運(yùn)動(dòng)情況不變，仍垂直打在M上，故D錯(cuò)誤．10．(多選)如圖甲所示，長為L的兩塊正對(duì)金屬板A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時(shí)間變化的交流電壓UAB，電子流沿中心線OO′從O點(diǎn)以初速度v0＝eq\f(L,T)射入板間，電子都不會(huì)碰到極板．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e.下列說法正確的是()A．兩板間距d>Teq\r(\f(eU0,2m))B．電子在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)射入時(shí)一定從中心線離開電場(chǎng)C．電子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻從O點(diǎn)射入時(shí)一定從中心線離開電場(chǎng)D．電子無論在哪一時(shí)刻從O點(diǎn)射入，離開板間電場(chǎng)時(shí)的速率一定是v0答案ACD解析任何一個(gè)電子離開電場(chǎng)所用的時(shí)間均為eq\f(L,v0)＝T，當(dāng)電子在t＝keq\f(T,2)(k＝0,1,2…)時(shí)刻從O點(diǎn)射入，射出電場(chǎng)時(shí)電子離開中心線的距離最大，為h＝2×eq\f(1,2)·eq\f(eU0,md)·(eq\f(T,2))2，h<eq\f(d,2)，得d>Teq\r(\f(eU0,2m))，A正確；電子在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)射入時(shí)，電子離開電場(chǎng)時(shí)與中心線的距離最大，不會(huì)從中心線離開電場(chǎng)，B錯(cuò)誤；電子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻從O點(diǎn)射入后，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，根據(jù)對(duì)稱性可知電子從中心線離開電場(chǎng)，C正確；設(shè)電子從t＝eq\f(T,2)－Δt時(shí)刻從O點(diǎn)射入電場(chǎng)，則沿電場(chǎng)方向的分速度vy＝aΔt－aΔt－(eq\f(T,2)－Δt)a＋a(eq\f(T,2)－Δt)＝0，離開電場(chǎng)時(shí)垂直于中心線方向上的速度為0，合速度大小為v0，D正確．11.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向與圓所在的面平行．PQ為圓的一條直徑，與場(chǎng)強(qiáng)方向的夾角θ＝60°.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從P點(diǎn)以某一初速度沿垂直于場(chǎng)強(qiáng)的方向射入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力．(1)若粒子到達(dá)Q點(diǎn)，求粒子在P點(diǎn)的初速度大小v0.(2)若粒子在P點(diǎn)的初速度大小在0～v0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達(dá)圓弧上哪個(gè)點(diǎn)電勢(shì)能變化最大？變化了多少？答案(1)eq\r(\f(3qER,2m))(2)圓弧上最低點(diǎn)－eq\f(3qER,2)解析(1)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為t，加速度為a，則水平方向有：2Rsinθ＝v0t豎直方向有：2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律得qE＝ma聯(lián)立解得v0＝eq\r(\f(3qER,2m))(2)粒子到達(dá)圓弧上最低點(diǎn)電勢(shì)能變化最大ΔEp＝－qEdd＝R＋Rcosθ解得ΔEp＝－eq\f(3qER,2)，負(fù)號(hào)表示電勢(shì)能減少．12.如圖所示，板長L＝30cm的兩金屬板A、B平行正對(duì)，板間距離d＝2cm，A、B間接u＝91sin(100πt)V交流電源．持續(xù)均勻的電子束以速度v0＝3×107m/s沿著A板射入電場(chǎng)，若電kg，電子電荷量q＝1.6×10－19C，不計(jì)重力．求：(1)交流電源的周期和電子穿過板間的時(shí)間；(2)電子從B板邊緣飛出電場(chǎng)時(shí)的板間電壓；(3)求飛出電場(chǎng)的電子占飛入電場(chǎng)的電子的百分比．答案(1)0